精品解析：广西桂林市部分学校2024-2025学年高一下学期5月阶段检测数学试题/(北师大版)

2025年5月高一阶段检测卷数学 命题单位：灵川中学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章至第五章． 一、选择题：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. 已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】将复数化简，即可得到其共轭复数，从而得到结果. 【详解】，对应的点位于第三象限， 故选：C 2. 若钝角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】弦化切计算可得，又为钝角，所以 得出正切，最后应用二倍角正切公式计算即可. 【详解】因为，所以，所以， 又为钝角，所以 ，则， 计算得． 故选：B. 3. 已知，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由求得，再利用夹角公式求解即可. 【详解】由，可得， 因为 所以，且，解得：， 所以 所以. 故选：B． 4. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，令，转化为二次函数求解. 【详解】， 令，由，得，变为． 该二次函数开口向下，对称轴，在递增，递减． 当时，时，，所以值域为. 故选：C. 5. 在平行四边形中，为的中点，，与交于点，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算将用、用分别含，的两种形式表示出来，再由平面向量基本定理建立方程，求出，即可求得． 【详解】因为在上，为的中点， 设， 因为，，三点共线，所以， 因为、不共线， 所以，解得， 所以． 故选：B． 6. 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据结合的范围分析可得，，再根据结合的范围分析可得，由结合两角和差公式分析求解即可. 【详解】已知，那么.． 又因为，所以，则． 可得． 因为，， 所以． 由于，所以， ∴． ． 故选：D. 7. 已知．若对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量数量积运算律结合模长的计算求出，再得到，然后以为主元，利用二次不等式的性质可得. 【详解】由， 即即． 以为主元，，恒成立，． 得，． 故选：C 8. 在中，给出下列四个命题： ①若，则是等腰三角形； ②若，则是直角三角形； ③若，则是直角三角形； ④若是斜三角形，则． 其中命题正确的有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理的边角互化即可判断①，由诱导公式化简即可判断②，由和差化积公式代入计算，即可判断③，由正切的和差角公式代入计算，即可判断④. 【详解】①：由正弦定理将转化为，得或，是等腰或直角三角形，①错误． ②：即，有或， 不一定是直角三角形，②错误． ③：若， 则 或或， 所以是直角三角形，③正确． ④：若是斜三角形， 则，④正确． 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. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. 若是实数，则 D. 若，，则在复平面内对应的点的轨迹为一条线段 【答案】AC 【解析】 【分析】借助复数运算法则计算出复数后，由模长计算公式计算可得A；由共轭复数及复数几何意义可得B；由复数运算法则及实数定义可得C；由复数的几何意义可得的轨迹，即可得D. 【详解】； 对于A，，故A正确； 对于B，∵，∴在复平面内对应的点位于第三象限，故B错误； 对于C，，要使是实数， 则，解得，故C正确； 对于D，∵，∴u在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心， 以2为半径的圆，故D错误. 故选：AC. 10. 已知向量，的夹角为，，，，则（ ） A. 在方向上的投影向量的模为 B. 在方向上的投影向量的模为 C. 的最小值为 D. 取得最小值时， 【答案】AD 【解析】 【分析】AB选项，利用投影向量的定义求解判断；CD选项，利用数量积的运算律求解判断. 【详解】因为在方向上的投影向量的模为，故A正确； 因为在方向上的投影向量的模为，故B错误； ， 当时，取得最小值，此时， 所以，故C错误，D正确． 故选：AD. 11. 下列三角恒等变换及结论正确的是（ ） A. B. 已知，则 C. 若，则 D. 已知是方程的两根，且，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】由正弦的和差角公式代入计算，即可判断A，由同角三角函数的平方关系以及正弦的和差角公式代入计算，即可判断B，由半角公式代入计算，即可判断C，由韦达定理结合正切的和差角公式代入计算，即可判断D. 【详解】A选项：根据两角和正弦公式，则，则 ， 所以A正确． B选项：因为，，可得． 又，，所以，已知， 则． 根据， 代入计算得，B正确． C选项：根据二倍角公式，可得，已知， 所以，C正确． D选项：由韦达定理得，，根据两角和正切公式 ，则． 因为，，所以，， 又，所以，，所以，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. 若是关于的方程的根，则__________． 【答案】4 【解析】 【分析】先化简，再将代入方程，根据复数为零列式可求，即可得 【详解】化简． 因为是方程的根， 将代入方程得． 展开， 则，即． 所以，解得，， 则． 故答案为：4. 13. 已知函数的图象在上恰有四个对称中心，则的取值范围为_________________. 【答案】. 【解析】 【分析】结合题意，根据正弦函数的对称中心列出不等式求解即可. 【详解】由，则， 因为函数在上恰有四个对称中心， 所以，解得， 即的取值范围为. 故答案为：. 14. ______. 【答案】 【解析】 【分析】将原式利用倍角公式和“切”化“弦”，进行化简，通分整理，再利用辅助角公式整理即可； 【详解】由题意可得，原式 . 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. 已知单位向量的夹角，向量. （1）若，求的值； （2）若，求向量的夹角. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，设 ，又不共线，根据系数关系，列出方程，即可求出的值； （2）根据题意，设向量的夹角为；由数量积的计算公式可得、以及，又由，即可求出结果． 【详解】（1）根据题意，向量 ， 若，设 ， 则有， 则有，解可得； （2）根据题意，设向量的夹角为； 若，则 ， 所以， 所以， 又，则， 所以， 又， 所以， 又由，所以； 故向量的夹角为． 【点睛】本题考查了平面向量共线定理和平面向量数量积的计算，涉及向量模、夹角的计算公式，属于基础题． 16. 设函数． （1）若角满足，求的值； （2）若，求函数的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用同角的三角函数关系求出，再运用拆角变换与和角公式即可求得； （2）先利用三角降幂公式与和差化积公式化简求得，结合正弦函数的图象即可求得函数的值域. 【小问1详解】 由题得，则． 又， 所以当时，； 当时，． 综上所述，． 【小问2详解】 依题得： 因，则，故，则 所以的值域为 17. 在中，角，，的对边分别是，，，， ． （1）若，求． （2）若在线段上，且，，求的长． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简边角关系式，可整理出余弦定理形式，得到；再根据正弦定理求得，根据同角三角函数得到；根据两角和差公式求得；（2）设，在中利用余弦定理构造方程求得，从而可证得，利用勾股定理求得结果. 【详解】（1） 由正弦定理得： 整理得： 由正弦定理得： （2）设，则：， 在中，利用余弦定理得： ，解得：（舍）或 ，，又，即 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到正弦定理化简边角关系式、同角三角函数求解、两角和差公式的运算，考查对于定理和公式的应用，属于常规题型. 18. 如图，摩天轮的半径为40米，中心轴距地面50米．启动后，逆时针匀速旋转一周需要15分钟．某乘客从摩天轮最低处登舱，该舱的底部离地面的高度（单位：米）（忽略座舱本身高度）与启动后开始计时的时间（单位：分钟）的关系可表示为，其中． （1）求该乘客首次达到70米高度所需时间． （2）在直角坐标系上的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到的图象，其中． ①求的值； ②求在上的单调递增区间． 【答案】（1）5分钟 （2）①， ；②和 【解析】 【分析】（1）由题意结合正弦函数的性质求出解析式，再令，解出可得； （2）①由函数平移的性质解出即可； ②正体代入利用正弦函数的递增区间求解可得；②其他解答方法：先求出相位，得到摩天轮刚好转了一周，再由和解出即可. 【小问1详解】 已知摩天轮半径米，中心轴距地面50米，所以，． 旋转一周需要分钟，根据，可得． 乘客从最低点登舱，此时，，代入得 ，即， 取，则． 令，即． 化简可得，即． 根据正弦函数性质时，或，， 这里，求首次达到高度时间，取． 即，移项得到，解得分钟． 综上，该乘客首次达到70米高度所需时间为5分钟； 【小问2详解】 ①由（1）可得：． 若函数变换为．纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，因此． 解得． 再向左平移个单位长度，由，解得：． 综上，和的值为和． ②函数在时递增 解不等式：，解得： 对于，由于，区间为． 对于，由于，区间为． 因此，在的单调增区间和． （2）②其他解答方法： 时，相位．，摩天轮刚好转了一周． 由得：，由得， 故在的单调递增区间为和． 19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若， ①求的取值范围； ②求的最大值． 【答案】（1）； （2）①；②最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边换角结合两角和与差的正弦公式得，则，则得到的大小； （2）①利用基本不等式得，结合三角形任意两边之和大于第三边即可得到范围；②设，，而，根据函数单调性即可其最大值. 【小问1详解】 因为,又,所以, 所以, 所以, 因为,所以,，可得. 【小问2详解】 ①根据余弦定理得,得， 因为,所以，结合， 所以(当且仅当时取等号)， ②设,则,所以, 设, 则在区间上单调递增, 所以的最大值为,所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年5月高一阶段检测卷数学 命题单位：灵川中学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章至第五章． 一、选择题：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. 已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若钝角满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，向量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，为的中点，，与交于点，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知．若对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，给出下列四个命题： ①若，则是等腰三角形； ②若，则是直角三角形； ③若，则是直角三角形； ④若是斜三角形，则． 其中命题正确的有（ ） A. 3个 B. 2个 C. 1个 D. 0个 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. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. 若是实数，则 D. 若，，则在复平面内对应的点的轨迹为一条线段 10. 已知向量，的夹角为，，，，则（ ） A. 在方向上的投影向量的模为 B. 在方向上的投影向量的模为 C. 的最小值为 D. 取得最小值时， 11. 下列三角恒等变换及结论正确的是（ ） A. B. 已知，则 C. 若，则 D. 已知是方程的两根，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若是关于的方程的根，则__________． 13. 已知函数的图象在上恰有四个对称中心，则的取值范围为_________________. 14. ______. 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. 已知单位向量的夹角，向量. （1）若，求的值； （2）若，求向量的夹角. 16. 设函数． （1）若角满足，求的值； （2）若，求函数的值域． 17. 在中，角，，的对边分别是，，，， ． （1）若，求． （2）若在线段上，且，，求的长． 18. 如图，摩天轮的半径为40米，中心轴距地面50米．启动后，逆时针匀速旋转一周需要15分钟．某乘客从摩天轮最低处登舱，该舱的底部离地面的高度（单位：米）（忽略座舱本身高度）与启动后开始计时的时间（单位：分钟）的关系可表示为，其中． （1）求该乘客首次达到70米高度所需时间． （2）在直角坐标系上的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到的图象，其中． ①求的值； ②求在上的单调递增区间． 19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若， ①求的取值范围； ②求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $