精品解析：海南省儋州市思源高级中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

儋州市思源高级中学2024-2025（下）高一年级期中考试数学试题 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是正确的．） 1. 下列函数是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 6 3. 用五点法作的图象时，首先应描出的五点的横坐标可以是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，长方体被截去一部分，其中，剩下的几何体是（ ） A. 棱台 B. 四棱柱 C. 五棱柱 D. 六棱柱 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 函数（且）的图象可能为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列结论正确的是（ ） A. 是第三象限角 B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为 C. 若角的终边上有一点，则 D. 若角为锐角，则角为钝角 10. 给出下列命题，不正确的有（ ） A. 若为非零向量，则与同向 B. 若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同 C. 若，则 D. 已知，为实数，若，则与共线 11. 在所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则P是的垂心 B. 若，则直线必过的外心 C. 若，则O为的外心 D. 若，则N是的重心 第Ⅱ卷（非选择题） 三、题空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为_____． 13. 我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________． 14. 已知函数.给出下列结论： ①的最小正周期为； ②是的最大值； ③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象. 其中所有正确结论的序号是________ 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算过程． 15. 一只船以20海里/小时的速度向正东航行，起初船在A处看见一灯塔B在船的北45°东方向，一小时后船在C处看见这个灯塔在船的北15°东方向，求这时船和灯塔的距离． 16. 已知函数. （Ⅰ）化简； （Ⅱ）若，求的值. 17. 已知两个不共线的平面向量，记. （1）若，求的值. （2）若时，，求的夹角. 18. 函数在一个周期内的图象如图所示． （1）求函数解析式； （2）求的单调递增区间； （3）当时，求的最大值和最小值． 19. 已知函数 （1）求单调递增区间： （2）在中的对边分别为，求的值和的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 儋州市思源高级中学2024-2025（下）高一年级期中考试数学试题 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是正确的．） 1. 下列函数是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的性质即可逐项判断. 【详解】对于A，因为，所以函数为奇函数，故A不正确； 对于B，因为，所以函数为偶函数，故B正确； 对于C，因为，所以函数为奇函数，故C不正确； 对于D，因为，所以函数为非奇非偶函数，故D不正确． 故选：B． 2. 已知，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由复数，可得. 故选：C. 3. 用五点法作的图象时，首先应描出的五点的横坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数五点法作图的基准点的坐标直接可得解. 【详解】分别令，，，，， 解得，，，，， 即五点的横坐标分别为，，，，， 故选：B. 4. 如图，长方体被截去一部分，其中，剩下的几何体是（ ） A. 棱台 B. 四棱柱 C. 五棱柱 D. 六棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面平行的性质定理证明出，利用面面平行的性质定理证明出，可得出四边形为平行四边形，可得出，同理得出且，进而得出、、、、平行且相等，进而可判断出几何体的形状. 【详解】在长方体中，，，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面，， 平面平面，平面平面，平面平面，， 所以，四边形为平行四边形，， 同理可证且， 从而可知、、、、平行且相等， 进而可知，五边形和五边形全等， 所以，几何体为五棱柱. 故选：C. 【点睛】本题考查棱柱的判断，属于基础题. 5. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】对A，当时，则， 所以，解得或，即必要性不成立，故A错误； 对C，当时，，故， 所以，即充分性成立，故C正确； 对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误； 对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误. 故选：C. 6. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 7. 函数（且）的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D. 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象. 8. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据对数函数定义域的求法得到，再利用三角不等式的解法求解. 【详解】若函数有意义， 则， ， 所以函数的定义域为. 故选：C 【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及三角不等式的解法，属于基础题. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列结论正确的是（ ） A. 是第三象限角 B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为 C. 若角的终边上有一点，则 D. 若角为锐角，则角为钝角 【答案】BC 【解析】 【分析】利用象限角的定义可判断A选项；利用扇形的面积公式可判断B选项；利用三角函数的定义可判断C选项；取可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为且为第二象限角， 故是第二象限角，A错； 对于B选项，若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的半径为， 因此，该扇形的面积为，B对； 对于C选项，若角的终边上有一点，则，C对； 对于D选项，因为为锐角，不妨取，则为直角，D错. 故选：BC. 10. 给出下列命题，不正确的有（ ） A. 若为非零向量，则与同向 B. 若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同 C. 若，则 D. 已知，为实数，若，则与共线 【答案】BCD 【解析】 【分析】由共线向量可判断A，由相等向量的定义可判断B，由的方向是任意的和平行向量可判断C和D. 【详解】是与同方向的单位向量，故A正确； 两个向量起点相同，终点相同，则两个向量相等， 但两个向量相等，不一定有相同的起点和终点，故B错误； 若，则不一定共线，故C错误； 当时，与可以为任意向量，满足， 但与不一定共线，故D错误. 故选：BCD. 11. 在所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则P是的垂心 B. 若，则直线必过的外心 C. 若，则O为的外心 D. 若，则N是的重心 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由向量数量积的运算律，可得垂直，即可得其正误；对于B，由向量的单位化，结合加法的几何意义，可得其正误；对于C，根据三角形外心的定义，可得其正误；对于D，由向量的加法的几何意义，结合三角形重心的定义，可得其正误. 【详解】对于A，由题意可得， 所以，同理可得，故P为的垂心，故A正确； 对于B，设，则， 以为邻边作平行四边形，则平行四边形为菱形， 则，所以， 又因为平分，故必经过的内心，故B错误； 对于C，因为，所以O到的三个顶点距离相等， 所以O为的外心，故C正确； 对于D，记的中点分别为D，E，F，由题意， 则，同理可得，则N是的重心，故D正确． 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、题空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】把直观图还原,可知是直角梯形，利用梯形面积公式可求答案. 【详解】根据斜二测画法，还原成平面图形后，得到; 水平方向长度不变，则四边形是直角梯形，． 故答案为：6. 13. 我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________． 【答案】. 【解析】 【分析】根据题中所给的公式代值解出． 【详解】因为，所以． 故答案为：. 14. 已知函数.给出下列结论： ①的最小正周期为； ②是的最大值； ③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象. 其中所有正确结论的序号是________ 【答案】①③ 【解析】 【分析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可. 【详解】因为，所以周期，故①正确； ，故②不正确； 将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象， 故③正确. 故答案为：①③. 【点睛】该题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，属于基础题目. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算过程． 15. 一只船以20海里/小时的速度向正东航行，起初船在A处看见一灯塔B在船的北45°东方向，一小时后船在C处看见这个灯塔在船的北15°东方向，求这时船和灯塔的距离． 【答案】海里 【解析】 【分析】根据已知条件结合正弦定理即可求解． 【详解】 由已知条件及图可得AC＝20海里，∠BAC＝45°，∠ABC＝30°． 由正弦定理可得(海里)． 所以船和灯塔的距离CB为海里． 16. 已知函数. （Ⅰ）化简； （Ⅱ）若，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简分子、分母，即可得，进而可得最简形式；（2）根据两角和的正切公式有，结合已知求得，即可求函数值 【详解】（1）， ∴ ∴ （2）由，知：，即 又，所以 【点睛】本题考查了利用诱导公式化简函数式，并由已知函数值，结合两角和的正切公式求函数值，属于简单题 17. 已知两个不共线的平面向量，记. （1）若，求的值. （2）若时，，求的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意意可得，利用向量相等可求； （2）由，可求得，利用向量的夹角公式可求的夹角. 【小问1详解】 因为，不共线，所以为非零向量，所以由可得存在，使得， 即， 所以，解得； 【小问2详解】 当时，，又， 所以， 又，所以，解得， 所以，又，所以， 所以的夹角为. 18. 函数在一个周期内的图象如图所示． （1）求函数解析式； （2）求的单调递增区间； （3）当时，求的最大值和最小值． 【答案】（1）； （2），； （3）最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）由“五点法”，结合图象分别求出即可求解； （2）利用整体代换法计算即可求解； （3）结合正弦函数的图象与性质计算即可求解. 【小问1详解】 由图象知，，，即． 由图象过点，代入函数， 即，因为，则， 所以； 【小问2详解】 令，， 解得， 故函数的单调递增区间为，； 【小问3详解】 因为，所以， 当时，即时，取最大值，最大值为， 当时，即时，取最小值，最小值为， 所以的最大值为，最小值为． 19. 已知函数 （1）求单调递增区间： （2）在中的对边分别为，求的值和的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，再利用正弦函数的单调性即可得解； （2）先由求得角，再利用余弦定理与正弦定理的边角变换得到关于的方程组，进而利用三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 因为 ， 令，得， 所以的单递增区间为. 【小问2详解】 因为，即， 又，所以， 所以，故， 因为，所以，即①， 又，由正弦定理得②， 由①②可得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $