精品解析：福建省泉州市科技中学2024-2025学年高一下学期第一次限时训练数学试题

泉州科技中学2024~2025学年度 第二学期限时训练高一年数 学 试 卷 一、单项选择题：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. 下列说法中错误的是（　　） A. 零向量与任一向量平行 B. 方向相反的两个非零向量不一定共线 C. 零向量的长度为0 D. 方向相反的两个非零向量必不相等 【答案】B 【解析】 【分析】本题利用零向量的定义、向量的共线定义以及向量相等的定义即可求解. 【详解】零向量的定义：零向量与任一向量平行，与任意向量共线.零向量的方向不确定，但模的大小确定为0,故A与C都是对的； 设方向相反的两个非零向量为和，满足 ，所以方向相反的两个非零向量一定共线，故B错； 对于D，因为向量相等的定义是：长度相等且方向相同的向量相等，所以方向相反的两个非零向量必不相等，故D对. 答案选B. 【点睛】本题考查向量的相关定义，属于简单题. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式以及两角和的正弦公式，化简求值，即得答案. 【详解】 , 故选：D 3. 如图，已知是的边上的中线，若，，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】因为是的边上的中线， 所以，所以 . 故选：C 4. 下列有关四边形的形状判断错误的是（ ） A. 若，则四边形为平行四边形 B. 若，则四边形为梯形 C. 若，且，则四边形为菱形 D. 若，且，则四边形为正方形 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线、相等的知识确定正确答案. 【详解】A选项，，则，所以四边形为平行四边形，A正确. B选项，，则，所以四边形为梯形，B正确. C选项，，则，四边形是平行四边形；由于，所以四边形是菱形，C正确. D选项，，则，所以四边形为平行四边形；由于，所以四边形为菱形，D选项错误. 故选：D 5. （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先通分，再应用辅助公式结合二倍角公式计算化简求值即可. 【详解】 . 故选：C. 6. 在中，为边上的中线，E为的中点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的加法运算法则，，即可得解. 【详解】 由为边上的中线，E为的中点，可得： ， ，所以， 故选：C 7. 已知四边形中，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得四边形是等腰梯形即可由投影向量几何意义求解. 【详解】因为， 所以，所以四边形是等腰梯形， 所以向量在上的投影向量为 . 故选：D 8. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案. 【详解】时，， 令，则当时，， 故要想在时满足恒成立， 需满足，不妨取， ，， 画出在上的图象，如下： 由图象可知，，， 则， 故， 两式相加得， 所以. 故选：C 二、多项选择题：本大题共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. 设是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】CD 【解析】 【分析】由共线定理和基底定义逐一分析即可得解. 【详解】对于A，假设，则使得， 则因为不共线得且，则无解，故不共线可作为一组基底，故A不正确； 对于B，假设，则使得， 则因为不共线得且，则无解，故不共线可作为一组基底，故B不正确； 对于C，因为，所以不能作为基底，故C正确. 对于D，因为，所以不能作为基底，故D正确. 故选：CD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 D. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 【答案】AC 【解析】 【分析】利用周期，带点求出解析式，再利用变换解题即可. 【详解】A.，故A正确； B，，由图知， 则，即， 因，故，则， 当时，，故，故B错误； C.新函数，因，故C正确； D.新函数，故D错误. 故选：AC. 11. 定义：两个向量的叉乘的模，则下列命题正确的是（    ） A. 若平行四边形的面积为4，则 B. 在正中，若，则 C. 若，，则的最小值为12 D. 若，，且为单位向量，则的值可能为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两个向量叉乘的模的定义及向量数量积的运算逐个分析判断即可. 【详解】对于A，因为平行四边形的面积为4，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为， 所以，所以B正确； 对于C，因为，，所以，， 所以，因为，所以，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，所以最小值为，所以C错误； 对于D，若，，且为单位向量， 则当，，，时，， ， 此时，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 求值=______ 【答案】. 【解析】 【分析】利用辅助角公式，即可求解. 【详解】解： ． 故答案为：. 13. 若两个非零向量、满足，则与的夹角___________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量和与差的模相等可确定向量、相互垂直，且得到，最后运用向量夹角公式即可. 【详解】设向量与的夹角为， 若，则， 变形得 ， 所以 且 ， 则 ，故 ， 又 ，则. 故答案为:. 14. 已知正方形的边长为，，若， 其中，为实数，则__________；设是线段上的动点，为线段的中点，则 的最小值为_________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】结合图形，根据向量的线性运算法则可得，再根据平面向量基本定理求，，由此可得；根据向量线性运算法则结合数量积运算律可得，结合图形确定的最小值，由此可求的最小值. 【详解】因为，所以， 因为，， 所以，， 所以， 因为为线段的中点，所以，又， 所以， 又， 所以， 因为设是线段上的动点，又为钝角， 所以， 因为正方形的边长为，， 所以， 所以， 所以当点与点重合时，取最小值，最小值为. 故答案为：；. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是第二象限角， （1）求和的值； （2）求和和的值. 【答案】（1） （2）,, 【解析】 【分析】（1）由平方关系、商数关系求解即可； （2）由三角恒等变换逐一求解即可. 【小问1详解】 已知是第二象限角，，则； 【小问2详解】 由题意， , . 16. （1）已知向量不共线，．若，求； （2）已知，，．若，且，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 分析】（1）由向量不共线和向量相等即可求解； （2）先由题设求出，再由题设得即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 因为向量不共线，所以； （2）由题可得， 所以由且得， 所以. 17. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边交于两点（点与点不重合），设， （1）求值； （2）求的最小值，并求此时的值. 【答案】（1） （2）时，的最小值. 【解析】 【分析】（1）结合向量的线性运算，根据平面向量基本定理列式求解； （2）结合（1）的结论，利用基本不等式常数代换技巧求解最值即可. 【小问1详解】 如图所示，延长交于，已知点是的重心， 故为中点，所以， 所以， 所以，①. 因为三点共线，设，即， ②， 由①②得， 所以，即. 【小问2详解】 由题意可知，且. 所以， 当且仅当，即时取等号， 又因为，所以时，的最小值. 18. 某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为28米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离与时间的函数关系基本符合正弦函数模型，现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为分钟． （1）求1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式； （2）在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为16米时的值； （3）记1号座舱与4号座舱高度之差的绝对值为米，求当取得最大值时的值． 【答案】（1）； （2）14或22； （3）. 【解析】 【分析】（1）设1号座舱与地面距离与时间的函数关系为根据已知得，，再由周期性及初始点求、，即可得解析式； （2）根据（1）及已知得，结合求解，即可得答案； （3）根据解析式，两座舱高度差绝对值为，结合正弦型函数的性质求取得最大值时的值. 【小问1详解】 设1号座舱与地面距离与时间的函数关系为 由题意知，，则， 依题意，则， 当时，，可得，故. 【小问2详解】 令，即，整理得， 由，则，所以或，解得或， 所以或时，1号座舱与地面的距离为16米． 【小问3详解】 依题意，， 所以 ， 令，解得， 所以当，取得最大值． 19. 对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”． （1）若集合，，求集合A相对的“余弦方差”； （2）判断集合相对任何常数的“余弦方差”是否为一个与无关的定值，并说明理由； （3）若集合，，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、． 【答案】（1）；（2）证明见解析；定值；（3）或. 【解析】 【分析】由“余弦方差”的定义，对（1）（2）（3）逐个求解或证明即可. 【详解】（1）因为集合，， 所以； （2）由“余弦方差”的定义得：， ， ， . 所以是与无关的定值. （3）由“余弦方差”的定义得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， , ， 要使是一个与无关的定值，则， 因为，所以与的终边关于y轴对称或关于原点对称， 又， 所以与的终边只能关于y轴对称， 所以， 因为，， 当时，， 当时，， 所以或时， 相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是对“余弦方差”的定义应用和较强的运算能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州科技中学2024~2025学年度 第二学期限时训练高一年数 学 试 卷 一、单项选择题：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. 下列说法中错误的是（　　） A. 零向量与任一向量平行 B. 方向相反两个非零向量不一定共线 C. 零向量长度为0 D. 方向相反的两个非零向量必不相等 2. （ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知是的边上的中线，若，，则等于（　　） A. B. C. D. 4. 下列有关四边形的形状判断错误的是（ ） A. 若，则四边形为平行四边形 B. 若，则四边形为梯形 C. 若，且，则四边形为菱形 D. 若，且，则四边形为正方形 5. （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 在中，为边上的中线，E为的中点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 7. 已知四边形中，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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. 设是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 D. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 11. 定义：两个向量的叉乘的模，则下列命题正确的是（    ） A. 若平行四边形的面积为4，则 B. 正中，若，则 C. 若，，则最小值为12 D. 若，，且为单位向量，则的值可能为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 求值=______ 13. 若两个非零向量、满足，则与的夹角___________. 14. 已知正方形边长为，，若， 其中，为实数，则__________；设是线段上的动点，为线段的中点，则 的最小值为_________. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是第二象限角， （1）求和的值； （2）求和和的值. 16. （1）已知向量不共线，．若，求； （2）已知，，．若，且，求． 17. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别与边交于两点（点与点不重合），设， （1）求的值； （2）求的最小值，并求此时的值. 18. 某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为28米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离与时间的函数关系基本符合正弦函数模型，现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为分钟． （1）求1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式； （2）在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为16米时的值； （3）记1号座舱与4号座舱高度之差的绝对值为米，求当取得最大值时的值． 19. 对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”． （1）若集合，，求集合A相对的“余弦方差”； （2）判断集合相对任何常数的“余弦方差”是否为一个与无关的定值，并说明理由； （3）若集合，，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $