精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度（下）沈阳市五校协作体期中考试 高一年级数学试卷 命题：李家涛 校对：李园 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共二部分： 第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题的，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 角的终边与的终边关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 2. 伊丽莎白塔俗称“大本钟”，是英国伦敦的标志性建筑．该钟的时针长约为2.8m，则经过，时针的针尖走过的路程约为（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位，所得函数图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（ ） A. 函数的图象关于点中心对称 B. 函数单调增区间为 C. 函数在上有2个零点，则实数取值范围为 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 7. 在中，角所对的边分别为，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若取得最大值，则 D. 若，则在上的投影向量为 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 当时，函数的值域为 C. 当时，函数的单调递增区间为 D. 若，函数在区间内恰有2025个零点，则 11. 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点P满足条件：时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ） A. 当时， B. 当且时， C. 当时， D. 当，时， 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 14. 已知向量与满足，且对，满足，则的最大值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 16. 已知函数． （1）将化简成的形式； （2）求函数单调增区间； （3）若函数在区间上恰有一个零点，求实数的取值范围． 17. 在中，内角的对边分别是，记的面积为，且. （1）求角的大小； （2）若，，分别为的中线和角平分线. （i）若的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 18. 已知， （1）若，，求的值； （2）在中，，求的最大值； （3）若关于不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 19. 极化恒等式实现了向量与数量的转化，阅读以下材料，解答问题. 1.极化恒等式：，公式推导：； 2.平行四边形模式：如图，平行四边形，是对角线交点，则； 3.三角形模式：如图，在中，设为的中点，则.推导过程：由. （1）如图，在边长为2的正方形中，其对称中心平分线段，且，点为的中点，求的值； （2）“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦.”太极和八卦组合成了太极八卦图（如图1）.某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，是正八边形的中心，是圆的一条直径，且正八边形内切圆的半径为，.若点是正八边形边上的一点，求的取值范围； （3）已知中，，且的最小值为，若为边上任意一点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度（下）沈阳市五校协作体期中考试 高一年级数学试卷 命题：李家涛 校对：李园 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共二部分： 第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题的，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 角的终边与的终边关于轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求与大小为的角的终边关于轴对称的一个角，再结合终边相同的角的集合求即可. 【详解】因为大小为的角的终边与大小为的角的终边关于轴对称， 所以. 故选：D. 2. 伊丽莎白塔俗称“大本钟”，是英国伦敦的标志性建筑．该钟的时针长约为2.8m，则经过，时针的针尖走过的路程约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由弧长公式即可求解； 【详解】因为时针每转一周， 故经过，时针的针尖转过的弧度数为， 走过的路程约为． 故选：C 3. 已知角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义可得，的值，再利用诱导公式进行化简求值. 【详解】因为角的终边经过点， 所以，， 所以. 故选：C. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知条件两边平方，求得的值以及判断和的符号，将由，求得的值，再等价变形，代入即可得解. 【详解】由 两边平方得 ， 即，而，故. 所以，而 解得， 所以， 故选：A. 5. 将函数的图象向右平移个单位，所得函数图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出图象平移之后的函数解析式，利用函数图象关于轴对称可求的最小值. 【详解】将函数的图象向右平移个单位， 所得函数解析式为，即， ∵函数的图象关于轴对称， ∴函数为偶函数， ∴，故， ∵，∴当时，. 故选：D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（ ） A. 函数的图象关于点中心对称 B. 函数的单调增区间为 C. 函数在上有2个零点，则实数的取值范围为 D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】D 【解析】 【分析】先把化成的形式，根据图象求出函数的解析式，分析函数的性质，逐项判断即可. 【详解】. 根据图象可得：. 由，所以. 所以. 对A：因为，所以是函数的对称中心，故A正确； 对B：由，，.所以函数的单调增区间为，.故B正确； 对C：因为，当时，. 因为函数在上有两个零点，所以，故C正确； 对D：因为，所以函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，故D错误. 故选：D. 7. 在中，角所对的边分别为，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得，由利用正弦定理边化角结合两角和的正弦求得，进而得，再根据利用两角差的正弦公式结合辅助角公式得到并求值域即可. 【详解】在中，因为， 所以，，所以 因为， 由正弦定理得, 所以，即， 所以, 由，解得 所以， 所以的范围是. 故选：B. 8. 已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相位整体思想来解决三角函数单调性问题和三角函数值非负问题，可得到相位的范围，结合不等式来求解，再利用分类讨论可求出交集即可. 【详解】由已知可知， 由，解得， 因为在上单调递增，所以， 即，解得①， 此时，解得； 又因为在上，恒成立，所以， 解得，由于， 所以，解得②， 此时，解得，又因为，所以 当时，由①②可知，解得； 当时，由①②可知解得， 所以的取值范围为. 故选:B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若取得最大值，则 D. 若，则在上投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由向量垂直数量积为0建立等式，解得的值；B选项，由向量平行坐标交叉相乘相等建立等式，求得的值；C选项，列出，由三角函数得到最大值点，即求得的值；D选项，将的值代入，由投影向量的公式即可求得结果. 【详解】对于A，若，则，则，解得，所以A正确； 对于B，若，则，所以，解得，所以B正确； 对于C，， 当，即时，取最大值，所以C错误； 对于D，若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 当时，函数的值域为 C. 当时，函数的单调递增区间为 D. 若，函数在区间内恰有2025个零点，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用余弦型函数和正弦函数的周期性可判断A选项；利用二次函数的值域可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；在时解方程，结合函数的周期性可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 故函数的最小正周期为，A不对； 对于B选项，当时，， 令，则，， 当时，；当时，；当时，. 所以，， 所以，当时，函数的值域为，B对； 对于C选项，当时，， 则， 令，则，则外层函数， 外层函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，则内层函数单调递增时，则函数为增函数， 所以，； 当时，则内层函数单调递减时，则函数为增函数， 所以，. 综上所述，当时，函数的单调递增区间为， ，C错； 对于D选项，当时，， 可得或， 由于函数的最小正周期为，且， 现在考虑函数在上的零点个数， 由可得，由可得或， 所以，函数在上的零点个数为， 因为，故，D对. 故选：BD. 11. 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点P满足条件：时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ） A. 当时， B. 当且时， C. 当时， D. 当，时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由两角相等得到三角形相似，再由边对应成比例可得A选项； 对于B，设，由三角形相似表示出，在中由正弦定理表示出可知其为等腰直角三角形，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出； 对于C，由，在结合余弦定理即可证明； 对于D，运用正弦余弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换即可判断. 【详解】对于A选项，当时，是等腰三角形，， 因为，， 所以， 又因，所以， 所以，即， A正确； 对于B选项，当时，由A选项知，， 因为，所以，设，则， 因为，所以，所以， 即满足，可得, 在中，， 由正弦定理得，所以， 所以，联立，解得，B错误； 对于C选项，当时， ， 所以， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 相加得， 即，C正确； 对于D选项，已知，. 先由余弦定理，所以，进而. 设，则，. 在中，由正弦定理；在中，. 因为，，，. 由正弦定理，，可得. 在中，再用正弦定理，把代入得. 展开，即，化简可得.D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由，结合两角差的正弦公式可得答案； 【详解】因则. 又，则， . 则 ； 故答案为：. 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由面积公式求出，由余弦定理求出，最后由完全平方公式求出. 【详解】因为，由正弦定理得，即，又，所以． 由的面积为，得，可得． 在中，由余弦定理可得， 又，，代入可得，所以， 所以． 故答案为：. 14. 已知向量与满足，且对，满足，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】可先对两边平方，根据二次函数性质得到与的关系，再利用向量模长公式和基本不等式求解的最大值. 【详解】已知，两边平方可得. 展开得. 移项整理得. 因为对于，上式恒成立，所以二次函数的判别式. 即，进一步化简得，即. 因为一个数的平方是非负的，所以，即. 可得. 将代入上式得. 令，设（），，令. 将变形为. 由基本不等式（当且仅当时等号成立），这里，，则. 所以，即，当且仅当，时取等号. 故最大值是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且. 16. 已知函数． （1）将化简成的形式； （2）求函数的单调增区间； （3）若函数在区间上恰有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的正余弦公式结合辅助角公式以及两角差的正弦公式，化简即可得出答案； （2）根据正弦函数的单调性结合复合函数的单调性，列出不等式，求解即可得出答案； （3）令，根据已知求得.原问题等价于函数与的图象在区间上恰有一个交点.作出函数在区间上的图象，结合图象即可得出答案. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由可得， ， 所以，函数的单调增区间为. 【小问3详解】 令， 因为，所以. 函数在区间上恰有一个零点， 可转化为函数与的图象在区间上恰有一个交点， 等价于函数与的图象在区间上恰有一个交点. 作出函数在区间上的图象如下图 由图象可知，当或时，函数与的图象在区间上恰有一个交点， 即函数在区间上恰有一个零点. 所以，的取值范围为：或 17. 在中，内角的对边分别是，记的面积为，且. （1）求角的大小； （2）若，，分别为的中线和角平分线. （i）若的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合余弦定理即可得解； （2）（i）先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理求出，再向量化求解即可； （ii）利用等面积法将用表示出来，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，进而可得出答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 又因为，所以； 【小问2详解】 （i）由，得， 由余弦定理得， 所以， 因为为的中线， 所以， 则， 所以； （ii）由余弦定理得， 所以， 因为为的角平分线，所以， 由，得， 所以， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 所以当时，取得最大值， 即长的最大值为. 18. 已知， （1）若，，求的值； （2）在中，，求的最大值； （3）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式、二倍角公式、两角和的正弦公式化简，再结合同角公式、两角和的余弦公式即可求值； （2）利用结合三角形的内角和求出，再用消元思想转化为的三角型函数求最大值； （3）利用二倍角公式结合诱导公式化简变形不等式，利用换元思想和分离参变量法以及基本不等式，通过求最值来求参数范围. 【小问1详解】 由题意得， 因为，所以， 又因为，所以， 则 ； 【小问2详解】 由得， 因为，所以，即， 则 ， 因，所以，即， 即， 故的最大值为； 【小问3详解】 由不等式变形得： 令，则不等式可化为：， 因为，所以，即， 则原不等式又化为：， 而，当且仅当时取等号， 所以要使得原不等式恒成立的的取值范围是：. 19. 极化恒等式实现了向量与数量的转化，阅读以下材料，解答问题. 1.极化恒等式：，公式推导：； 2.平行四边形模式：如图，平行四边形，是对角线交点，则； 3.三角形模式：如图，在中，设为的中点，则.推导过程：由. （1）如图，在边长为2的正方形中，其对称中心平分线段，且，点为的中点，求的值； （2）“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦.”太极和八卦组合成了太极八卦图（如图1）.某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，是正八边形的中心，是圆的一条直径，且正八边形内切圆的半径为，.若点是正八边形边上的一点，求的取值范围； （3）已知中，，且的最小值为，若为边上任意一点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由极化恒等式即可求解； （2）连接，根据三角形模式可得，即可求解； （3）由题意可得是等边三角形，所以，再根据向量极化恒等式即可求解. 【小问1详解】 由极化恒等式可得：. 【小问2详解】 如图，连接. 因为，， 所以. 因为正八边形内切圆的半径为，， 所以. 因为，所以，所以， 即的取值范围是. 【小问3详解】 令（其中）， 则三点共线（如图）， 从而的几何意义表示点到直线的距离为， 这说明是等边三角形，为边上的高，故. 取的中点，则由向量极化恒等式可得， 其中为点到边的距离. 即当点在垂足（非端点）处时，达到最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$