精品解析：辽宁省七校协作体2024-2025学年高一下学期５月期中联考数学试卷

2024－2025学年度（下）七校协作体5月高一联考 数学试题 考试时间：120分钟满分：150分 命题校：瓦房店市高级中学、葫芦岛一高中 一、单选题：本题共8小题，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的． 1. 角的终边经过点，那么（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，，且，则实数m的值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知是第四象限角，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是《王羲之书六角扇》．扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐的成为主流如图，该折扇扇面画的外弧长为24，内弧长为10，且该扇面所在扇形的圆心角约为120°，则该扇面画的面积约为（ ）（） A. 185 B. 180 C. 119 D. 120 5. 已知，且都是锐角，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 6. 已知为平面直角坐标系中一点，将向量绕原点逆时针方向旋转角到的位置，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 图象的对称中心为 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 8. 已知内角为所在平面上一点，且满足，设，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题：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. 下列关于函数的说法不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的最小正周期为 C. 图象的对称中心为 D. 的单调递增区间为 10. 已知向量，，，则（ ） A. 在上的投影数量是 B. 在上的投影向量是 C. 与夹角的正弦值是 D. 11. 下列式子的运算结果为的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _____． 13. 如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则_________． 14. 已知函数），若方程在 上恰有5个实数解，则实数的取值范围为___． 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. 在平面直角坐标系中，设向量，，． （1）若，求值； （2）设，，且，求的值． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调递减区间； （3）当时，求函数的值域． 17. 在平行四边形中，. （1）若与交于点，求的值； （2）求的取值范围. 18. 近年来，某市认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向.为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD，矩形一边AB在OM上，点在圆弧MN上，点在边ON上，且，米，设. （1）求扇形OMN的面积； （2）若，求矩形ABCD的面积； （3）若矩形ABCD面积为，当为何值时，取得最大值，并求出这个最大值. 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024－2025学年度（下）七校协作体5月高一联考 数学试题 考试时间：120分钟满分：150分 命题校：瓦房店市高级中学、葫芦岛一高中 一、单选题：本题共8小题，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的． 1. 角终边经过点，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，可得的值． 【详解】解：角终边上一点，，， 则， 故选：． 2. 已知向量，，，且，则实数m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，再根据数量积的运算律和坐标公式计算即可. 【详解】因为，所以， 即， 所以，解得. 故选：C. 3. 已知是第四象限角，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据是第四象限角结合同角三角函数关系及半角公式计算求解. 【详解】因为是第四象限角，又因为，则， 所以. 故选：D. 4. 扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是《王羲之书六角扇》．扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐的成为主流如图，该折扇扇面画的外弧长为24，内弧长为10，且该扇面所在扇形的圆心角约为120°，则该扇面画的面积约为（ ）（） A. 185 B. 180 C. 119 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】首先由弧长和圆心角求出外弧半径与内弧半径，再根据扇形面积公式，用大扇形面积减去小扇形面积，即可求得答案． 【详解】设外弧长为，外弧半径为，内弧长为，内弧半径为，该扇面所在扇形的圆心角为, ∵扇形的弧长为， ∴，， ∵扇形的面积为， ∴该扇面画的面积为， 故选：C． 5. 已知，且都是锐角，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系求出，再应用两角和余弦公式求解即可. 【详解】因为，且都是锐角，则 所以， 则 则. 故选：D. 6. 已知为平面直角坐标系中一点，将向量绕原点逆时针方向旋转角到的位置，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设点P在角的终边上，则，，然后利用两角和的正弦和余弦公式可求得点的坐标. 【详解】设点P在角的终边上，则，， 则， ， 所以点的坐标为. 故选：C. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 图象的对称中心为 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 【答案】B 【解析】 【分析】先根据图象确定的值，再通过周期求出，然后根据特殊点求出，得到函数表达式后，依次对各选项进行判断. 【详解】由函数图象可知，函数的最大值为，因为，且为正弦型函数的振幅，所以. 设函数的周期为，根据正弦函数图象性质，，则，所以，此时. 已知函数图象过点，将其代入可得，即. 因为，所以，，解得，那么. 对于A，将代入，得，所以选项A错误. 对于B，对于正弦函数，其对称中心的横坐标满足，. 令，，解得，，此时， 所以图象的对称中心为，，选项B正确. 对于C，对于正弦函数，其对称轴方程满足，. 令，，解得，. 当时，，，所以直线不是图象的一条对称轴，选项C错误. 对于D，将的图象向左平移个单位长度，根据“左加右减”的原则，得到. 根据诱导公式，，所以选项D错误. 故选：B. 8. 已知的内角为所在平面上一点，且满足，设，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知点是的外心，由向量的几何意义可得：，再代入可得，运算求解即可. 【详解】由可知点是的外心， 且，则， 因为外心是中垂线的交点，则有：， 即，可得，解得：， 所以. 故选：A． 二、多选题：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. 下列关于函数的说法不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的最小正周期为 C. 图象的对称中心为 D. 的单调递增区间为 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用正切函数的定义域，周期，对称中心，递增区间分别计算判断各个选项. 【详解】函数， 因为，所以的定义域为，A选项正确； 的最小正周期为，B选项错误； 因为，所以图象的对称中心为，C选项错误； 因为为增区间，所以的单调递增区间为，D选项错误； 故选：BCD. 10. 已知向量，，，则（ ） A. 在上的投影数量是 B. 在上的投影向量是 C. 与夹角的正弦值是 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由平面向量的数量积运算计算可得，由投影向量计算可判断，；由夹角求法可判断；由数量积运算计算可判断. 【详解】因为，，， 所以，， 即，所以， 对于A，在上的投影数量是，故A正确； 对于B，在上的投影向量是，故B错误； 对于C，，所以， 故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：AD 11. 下列式子的运算结果为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式判断A、B、D；根据同角三角函数的基本关系及诱导公式、二倍角公式判断C. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：， 所以，故B正确； 对于C： ，故C正确； 对于D：，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _____． 【答案】 【解析】 【分析】应用诱导公式及特殊角正弦值求解. 【详解】． 故答案为：. 13. 如图．已知矩形中，，，分别是，的中点，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】用、作为一组基底表示出，，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】依题意， ， 所以 . 故答案为： 14. 已知函数），若方程在 上恰有5个实数解，则实数的取值范围为___． 【答案】 【解析】 【分析】由可得，运用换元法令，将问题转化为在上恰有5条对称轴，画图象运用数形结合列式即可求得结果. 【详解】当时，， 因为函数在区间上恰好有5个x，使得， 故在上恰有5条对称轴．令， 则上恰有5条对称轴，如图： 所以，解得． 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. 在平面直角坐标系中，设向量，，． （1）若，求的值； （2）设，，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标运算转化为两角差的三角函数即可求解； （2）通过向量平行，转化为求解角的大小即可. 【小问1详解】 因为，，，则， ， 由可得，即， 解得. 【小问2详解】 因为，所以，则， 由可得， 化简可得，即， 又，则，所以，即. 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调递减区间； （3）当时，求函数的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 分析】（1）利用三角恒等变换可得，即可得最小正周期； （2）以为整体，结合正弦函数的单调性运算求解； （3）以为整体，结合正弦函数的有界性运算求解. 【小问1详解】 由题意可得： 所以函数的最小正周期为． 【小问2详解】 令，，解得，， 故函数的单调递减区间为． 【小问3详解】 因为时，则， 可得，则， 所以函数值域为. 17. 在平行四边形中，. （1）若与交于点，求的值； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选择，为一组基向量，设，，将分别用，的两种形式表示，根据平面向量基本定理可得关于的方程组，求解即得； （2）分别将用，表示，计算它们的数量积，整理成关于的二次函数，结合二次函数的图象和的范围即可求得的取值范围. 【小问1详解】 设，则 设. 根据平面向量基本定理得解得， 所以，则，所以. 【小问2详解】 因为， ， , 所以. . 因为，所以当时，取得最小值，且最小值为， 当时，取得最大值，且最大值为. 故的取值范围为. 18. 近年来，某市认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向.为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD，矩形一边AB在OM上，点在圆弧MN上，点在边ON上，且，米，设. （1）求扇形OMN的面积； （2）若，求矩形ABCD的面积； （3）若矩形ABCD的面积为，当为何值时，取得最大值，并求出这个最大值. 【答案】（1）平方米. （2）平方米. （3），最大值为. 【解析】 【分析】（1）由扇形面积公式可得； （2）根据，求得和的长度，即可求得矩形的面积； （3）利用直角三角形利用半径与分别表示出，进而可得矩形面积表达式，利用辅助角公式将化简变形，结合角的范围求最大值可得. 【小问1详解】 由题意，，扇形半径即米， 则扇形OMN的面积为平方米. 【小问2详解】 因为，在中，，， 在中，，则， 所以. 则矩形ABCD的面积. 所以当时，矩形ABCD的面积平方米. 【小问3详解】 在中，，， 在中，，则， 所以. 则矩形ABCD的面积 ， 所以，其中. 由于， 则当时，即时，. 所以当时，取得最大值，最大值为. 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求的伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在点，使得. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式求出，从而得到的伴随向量；（2）根据向量得到，利用利用凑角法得到；（3）先求出，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当时，和同时等于，此时. 【小问1详解】 ，故； 【小问2详解】 由题意得：，故，由于，所以，所以，所以 . 【小问3详解】 ，所以，假设存在点，使得，则即，因为，所以，所以，又因为，所以当且仅当时，和同时等于，此时，故在函数的图象上存在点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$