精品解析：四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

2024级高一下学期期末考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量 ，若 ，则 （ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 2. A. 0 B. 4 C. -4i D. 4i 3. 在中，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 已知 ，且 是方程 的两根，则 的值为 （ ） A. B. C. D. 5. 只需要把函数的图象（ ），即可得到函数的图象. A. 各点的横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位长度 B. 各点的横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位长度 C. 各点的横坐标伸长到原来的倍，再向左平移个单位长度 D. 各点的横坐标伸长到原来的倍，再向左平移个单位长度 6. 如图为地动仪的模型图，地动仪共有东、南、西、北、东南、西南、东北、西北八个方位，每个方位上均有一个含龙珠的龙头，且每个龙头下方均有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠即落入蟾蜍口中，由此便可测出地震的方向．在相距的，两地各放置一个地动仪，在的南偏西方向，若地地动仪正东方位的龙珠落下，地地动仪东南方位的龙珠落下，则震中的位置距离地（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，边上的高等于，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知 ，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 3 C. 关于对称 D. 若，则 10. 已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（） A. B. C. 的夹角为 D. 在上的投影向量为 11. 在锐角 中， ，点 为 所在平面内一点，且满足 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 为三角形 的重心 B. 为三角形 的外心 C. 若 ，则 的取值范围是 D. 若 ，则 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，角所对的边分别为，已知，，，则角大小为______． 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标______. 14. 在 中，点 为边 上一点且满足，若点 为 上一点且满足，则 的最小值为:_____ 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. 设，，. （1）若，求. （2）若与共线，求与夹角的余弦值. 16. 设，，.求： （1）求的最小正周期和单调递减区间； （2）求在区间上的最小值，并求出此时对应的的值. 17. 已知中，，，分别为角，，的对边，且． （1）求； （2）若，是的中点，且，求的面积． 18. 在中，角的对边分别为，，，且. （1）若，求角； （2）若，，求边的中线的长； （3）若角的内角平分线的长为2，求的最小值. 19. 已知函数 ，且 的图象关于原点对称. （1）求 的解析式； （2）将 的图象向右移 个单位，再将所得到图象的纵坐标变为原来的 倍，得到 的图象.已知关于 的方程 在 内有 2 个不同的解 (i) 求 的取值范围； (ii)求 .(用 表示) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高一下学期期末考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量 ，若 ，则 （ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查向量垂直的坐标表示，代入求值即可. 【详解】， 又， ，即， 解得：. 故选：B. 2. A. 0 B. 4 C. -4i D. 4i 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算即可. 【详解】. 故选：D. 3. 在中，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：B. 4. 已知 ，且 是方程 的两根，则 的值为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用韦达定理及两角和的正切公式求解即可. 【详解】依题意， 所以， 因为，又, 所以， 故选：C. 5. 只需要把函数的图象（ ），即可得到函数的图象. A. 各点的横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位长度 B. 各点的横坐标缩短到原来的，再向左平移个单位长度 C. 各点的横坐标伸长到原来的倍，再向左平移个单位长度 D. 各点的横坐标伸长到原来的倍，再向左平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【详解】要得到函数的图象，需要把函数的图象各点的横坐标缩短到原来的， 再向左平移个单位长度得到. 6. 如图为地动仪的模型图，地动仪共有东、南、西、北、东南、西南、东北、西北八个方位，每个方位上均有一个含龙珠的龙头，且每个龙头下方均有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠即落入蟾蜍口中，由此便可测出地震的方向．在相距的，两地各放置一个地动仪，在的南偏西方向，若地地动仪正东方位的龙珠落下，地地动仪东南方位的龙珠落下，则震中的位置距离地（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理解三角形即可得到答案. 【详解】如图： 由题意：中，，，. 由正弦定理可得：. 故选：B 7. 在中，，边上的高等于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由边上的高等于，根据勾股定理求出，然后再利用余弦定理即可求解. 【详解】设边上的高为，因为边上的高等于，， 所以，，， 所以由勾股定理可得， 所以由余弦定理得. 故选：B. 8. 已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将看成整体角，求出其范围，利用函数在上单调递增得不等式，求出，再根据缩小范围为；接着根据对任意，都有，结合正弦函数的图象得不等式，求得，由，缩小范围为，最后求交即得. 【详解】由，得，依题意， ，解得（*）. 又又，则，故由（*）得，时，即①. 由，得，因对任意，都有， 则，解得， 因为，故时，即②. 综合①，②，可得的取值范围为. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知 ，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 3 C. 关于对称 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，再结合正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】因为， 对于A：的最小正周期，故A正确； 对于B：因为，所以的最大值为，故B错误； 对于C：因为，所以关于对称，故C正确； 对于D：因为，所以， 即，所以，所以， 所以，即，所以， 所以， 当时，当时，故D错误. 故选：AC 10. 已知是夹角为的单位向量，且，则下列选项正确的是（） A. B. C. 的夹角为 D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：借助向量模长与数量积的关系计算即可得；对B：借助数量积公式计算即可得；对C：借助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量的定义计算即可得. 【详解】是夹角为的单位向量，， 对于，，同理可得，故错误； 对于，，故正确； 对于，因 又，，故C正确； 对于， 所以在上的投影向量为，故正确. 故选：． 11. 在锐角 中， ，点 为 所在平面内一点，且满足 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 为三角形 的重心 B. 为三角形 的外心 C. 若 ，则 的取值范围是 D. 若 ，则 的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于AB，如图取AC，BC中点为D，E，由题可得，据此可判断选项正误；对于CD，由AB可得，又由题可得，，据此可判断选项正误. 【详解】对于AB，如图取AC，BC中点为D，E，则， ，因， 则，，即 为BC，AC中垂线交点， 即 一定为三角形 的外心，故A无法判断（正三角形重心，外心重合，但题目无条件能够判断三角形是否为正三角形），B正确； 对于CD，如图以为圆心，做出三角形的外接圆，因，则外接圆半径R满足： ，则， 又注意到为劣弧AC所对的圆周角，为弧对应的圆心角，则. 如图，延长AO，CO，交圆O于F，G，因为锐角三角形， 则外心O在三角形内部，则点B轨迹为劣弧FG（不包括F，G）. 注意到，则. 又，， 则， 因，则.故C正确，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：外心为三角形三条边中垂线的交点，也是三角形外接圆圆心，对于关于外心的问题，常联想正弦定理，也可将外接圆画出，利用圆的几何性质解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，角所对的边分别为，已知，，，则角大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解即得. 【详解】在中，利用正弦定理，得， 由，得，所以. 故答案为： 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】在方向上的投影向量为， 故答案为：. 14. 在 中，点 为边 上一点且满足，若点 为 上一点且满足，则 的最小值为:_____ 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理得，由三点共线得，利用基本不等式计算即可. 【详解】 ， ， ， 为 上一点， ， ， 当且仅当，等号成立. 解得 或（舍）　 即等号成立， 的最小值为. 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. 设，，. （1）若，求. （2）若与共线，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量加法和模长的坐标运算直接求解即可； （2）根据向量共线可构造方程求得，由向量夹角公式可求得结果. 【小问1详解】 当时，，，. 【小问2详解】 ，又与共线， ，解得：，， ， 即与夹角的余弦值为. 16. 设，，.求： （1）求的最小正周期和单调递减区间； （2）求在区间上的最小值，并求出此时对应的的值. 【答案】（1）的最小正周期为，单调递减区间为; （2）， 【解析】 【分析】（1）结合向量的数量积公式，写出的表达式，再化简成的形式，再结合其单调性与周期性求解其最小正周期与单调递减区间； （2）结合第一问的函数表达式，结合正弦函数性质求解在上的最小值即可. 【小问1详解】 因为， 由，则的周期为， 令，解得， 解得的单调减区间为，. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，的单调减区间为， 则在上，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即在处取得最小值. 17. 已知中，，，分别为角，，的对边，且． （1）求； （2）若，是的中点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理，结合题意，可得答案； （2）由向量的线性运算，结合向量数量积的运算律，建立方程，利用三角形面积公式，可得答案. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 因为，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 因为是的中点，所以，即， 故． 又，，所以． 因为，所以，可得， 则，． 所以的面积为． 18. 在中，角的对边分别为，，，且. （1）若，求角； （2）若，，求边的中线的长； （3）若角的内角平分线的长为2，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）18 【解析】 【分析】（1）根据题意由正弦定理可得，再由可求得，即可得； （2）由正弦定理计算可得，，再以为基底表示出，由数量积的运算律计算可得结果； （3）由角平分线利用等面积法可得，再由基本不等式中“1”的应用计算可得最小值. 【小问1详解】 由利用正弦定理可得； 又，因此可得， 又，可得； 由利用正弦定理可得； 即，因此， 即，可得； 所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为， 由可得； 即，又，因此可得； 由利用正弦定理可得，可得，如下图： 易知，且； 因此， 因此边的中线的长为 【小问3详解】 若角的内角平分线的长为2， 由等面积法可得， 即，可得， 即， 又，所以； 当且仅当，即时，等号成立， 即的最小值为18. 19. 已知函数 ，且 的图象关于原点对称. （1）求 的解析式； （2）将 的图象向右移 个单位，再将所得到图象的纵坐标变为原来的 倍，得到 的图象.已知关于 的方程 在 内有 2 个不同的解 (i) 求 的取值范围； (ii)求 .(用 表示) 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据余弦函数对称性得到，再结合其范围即可得到解析式； （2）（i）利用辅助角公式得，再结合正弦型函数性质即可得到其范围； （ii）根据对称性得到，从而有，最后利用二倍角余弦公式即可. 【小问1详解】 ， 关于原点对称，， ，. 【小问2详解】 （i）， ， 其中， . 且. 由正弦型函数性质可知，. （ii）由对称性有：，， ，， ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $