广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期五一假期数学作业（一）

东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一年级五一假期数学作业（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．在三棱锥A-BCD中，E、F分别是AB，CD的中点，若，，AD与BC所成的角为（    ） A．30° B．60° C．120° D．150° 2．中角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，.若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围是 A． B． C． D． 3．某长江大桥的主体造型为：桥拱部分（开口向下的抛物线）与主桁（图中粗线）部分（可视为余弦函数一个周期的图象）相结合.已知拱桥部分长，两端引桥各有，主桁最高处距离桥面，则将下列函数等比放大后，与主桁形状最相似的是（    ） A． B． C． D． 4．托勒密是古希腊天文学家､地理学家､数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 5．函数的部分图象如图，将 的图象向右平移个单位长得到函数的图象，则的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 6．在中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且，则等于 A． B． C． D． 7．已知，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 8．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于，的任意一点，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数满足：，都有成立，则下列结论正确的是（   ） A． B．函数是偶函数 C．函数是周期函数 D．，若，则 10．在中，，向量在向量上的投影向量为，则（    ） A．边上的高为 B． C．边上的中线为 D． 11．对任意两个非零的平面向量和，定义：；．若平面向量满足，且和都在集合中，则的值可能为（   ） A．1 B． C． D． 三、填空题 12．已知圆心角为2rad的扇形的周长为12，则该扇形的面积为____________. 13．将函数（且）的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，若所得函数的图象与函数的图象重合，则______. 14．船在静水中的速度为，水流速度为，当船以最短时间到达对岸时，船的实际速度的大小为______，船的实际速度方向与水流速度方向的夹角的正弦值为______． 四、解答题 15．已知平面向量，满足，，． （1）求； （2）若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16．在中，，． （1）求证：平分； （2）当时，若，，求和的长． 17．已知，函数，且. (1)求，的值； (2)设，且，求的单调递增区间. 18．在中，角所对应的边分别为，且. (1)求角； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 19．已知函数； （1）若函数在区间上的最小值为，求实数的取值范围； （2）是否存在整数，，使得关于的不等式的解集恰好为，若存在，求出，的值，若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D C D D B ACD ABC 题号 11 答案 AC 1．B 【分析】取中点，连接，，再根据中余弦定理求解即可. 【详解】取中点，连接，， 由与中位线性质可得，，， 故AD与BC所成的角为，所成角. 又，故，故. 故与所成的角为，即AD与BC所成的角为. 故选：B 2．D 【解析】根据三角形构成的条件,结合正弦定理即可求得x的取值范围. 【详解】因为中,, 由正弦定理可得,代入可得 解得 由三角形内角和定理可知, 则 而当时,满足条件的三角形只有一个,与题意矛盾 所以 即 解得 故选:D 【点睛】本题考查了正弦定理的应用,根据三角形的个数求边的取值范围,属于中档题. 3．B 【分析】先根据题意，设主桁部分对应的函数为，由题意，求得，结合三角函数的伸缩变换，逐项判断即可得出结果. 【详解】不妨设主桁部分对应的函数为， 由题中条件可得，，， 则，所以， A选项，与相比，近似扩大了倍，缩小倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故A排除； B选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍，使周期扩大倍，故B正确； C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故C排除； C选项，与相比，近似扩大了倍，缩小了倍才能使周期扩大倍，而缩小近倍才是，故D排除； 故选：B. 【点睛】本题主要考查三角函数的伸缩变换，考查求余弦型函数的解析式，属于常考题型. 4．D 【分析】由托勒密定理可得，由可求出. 【详解】由题，设， 由托勒密定理可得，所以， 又因为，， 所以 . 故选：D. 5．C 【解析】根据的图象，可求出的解析式，进而根据图象平移变换规律，可得到的解析式，然后求出单调增区间即可. 【详解】由的图象，可得，，即，则，所以， 由，可得，所以，则， 又，所以，故. 将的图象向右平移个单位长得到函数, 故函数， 令，解得， 所以的单调增区间为. 故选：C. 【点睛】本题考查三角函数的图象性质，考查三角函数图象的平移变换，考查三角函数的单调性，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题. 6．D 【详解】由已知有b2=ac，cosB＝,所以 由b2=ac及正弦定理得sin2B=sinAsinC．于是故选D 点睛：本题考查了等比数列的性质、正弦定理与余弦定理、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力和计算能力. 7．D 【分析】利用辅助角公式确定的取值范围，根据指数函数和对数函数的单调性确定的范围，进而可得答案. 【详解】 ， ∵，∴，从而； ∵， ∴，则，即； ∵， ∴，则，即， ∴，即； ∵， ∴，即； 综上，. 故选：D. 8．B 【分析】借助外心性质与投影定义可得，结合向量的线性运算计算可得，即可得解. 【详解】因为是的外心，为的中点， 设的中点为，连接， 所以，，， . 故选：B. 9．ACD 【分析】利用赋值法及函数奇偶性、周期性的定义、单调性一一判断选项即可． 【详解】令，则，所以，故A正确； 令，则， 所以，故是奇函数，故B错误； 令，则， 所以， 由B知是奇函数，所以， 所以是周期函数，故C正确； 当时，得， 则， 所以， 即，即，故D正确． 故选：ACD. 10．ABC 【分析】根据投影向量的定义可得，结合已知有，进而得，应用余弦定理、向量数量积的定义及其运算律依次判断各项的正误. 【详解】由题设，则，即， 又且，则，故， 又，则，故， ，，则，B对， 边上的高为，A对， ，D错， 边上的中线为，C对. 故选：ABC 11．AC 【分析】由题意可得，，从而得，，分和分别求解即可. 【详解】解：因为 设向量和的夹角为， 则． 因为，所以， 所以， 所以， 故． 当时，，又，所以，符合题意； 当时，，又，所以，符合题意． 所以或． 故选：AC. 【点睛】关键点睛：对于新概念题，理解定义是关键，解答本题的关键是理解和的运算法则及基本不等式的应用. 12．9 【分析】根据题意条件，先设出扇形的半径和弧长，并找到弧长与半径之间的关系，通过已知的扇形周长，可以求解出扇形的半径和弧长，然后再利用完成求解. 【详解】设扇形的半径为，弧长为，由已知得，圆心角，则， 因为扇形的周长为12，所以， 所以，， 则. 故答案为：9. 13． 【分析】先求出变换之后的函数解析式，然后根据两函数为同一函数，结合诱导公式可得，然后可解. 【详解】将函数（且）的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，所得图象的函数为， 所以与为同一函数， 故，即 所以 故答案为： 14． 【分析】当船以最短时间到达对岸时，船的静水速度方向应垂直于河岸，①可根据勾股定理直接求得，②根据正弦函数的定义求得即可. 【详解】当船以最短时间到达对岸时，船的静水速度方向应垂直于河岸. 因为垂直河岸方向的分速度越大，过河时间越短，而垂直河岸的分速度由船的静水速度提供. 所以船的实际速度是静水速度与水流速度的合速度， 所以根据勾股定理得km/h. 设实际速度方向与水流速度方向的夹角为， 则. 故答案为：①km/h②. 15．（1）；（2）且． 【分析】（1）由数量积的运算律求得，然后利用模的平方转化为数量积运算求得模； （2）由数量积小于0且排除两向量反向的情形后可得． 【详解】解：（1）∵，又，，∴． 则，即． （2）∵向量与的夹角为钝角，∴，即， 当向量与反向时，，综上所述，的取值范围为且． 16．(1)见解析;(2)， 【分析】（1）可得==，=，即sin∠CAD=sin∠BAD，得到∠CAD=∠BAD，即AD平分∠BAC （2）利用角平分线定理可得BD=，由AB2=AD2+BD2﹣2AD•BDcos∠ADB，AC2=AD2+CD2﹣2AD•CDcos∠ADC，可得AB2+2AC2=6即可得AC=1． 【详解】（1）在中，由正弦定理得， 因为， 所以， 所以， 因为， 所以， 即平分． （2）因为， 所以， 所以， 在和中，由余弦定理得， ， 因为 ， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以，    所以 【点睛】（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的． （2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意． 17．(1)， (2) 【分析】（1）结合已知条件列方程组可求出的值； （2）由（1）求出的解析式，再由，可得，，然后由可求出的单调增区间. 【详解】（1）因为，， 所以，则. 因为，所以，解得，； （2），， 即. 因为，所以，所以， 所以，. 令，. 解得， 所以的单调增区间为. 18．(1) (2) 【分析】（1）利用诱导公式，正弦定理及和差角的正、余弦公式，将原式变形、化简，得到，再结合角的范围，即可得解； （2）由（1）可得，进而表示出，再利用正弦定理将转化为，再根据角的范围，即可求出的取值范围. 【详解】（1）在中，因为， 所以. 因为， 所以由正弦定理得. 则 ， 化简得， 因为，所以， 所以上式可化为，即. 又因为，所以； （2）由（1）可得，即， 所以， 由正弦定理可得. 因为为锐角三角形， 所以，即，解得， 所以，所以， 即的取值范围为. 19．（1）（2），或， 【分析】（1）先求出二次函数的对称轴方程，再讨论对称轴与定区间的位置关系①当时，②当时，③时，求函数的最小值，然后运算即可得解； （2）假设存在整数，，使得关于的不等式的解集恰好为，即的解集为，再结合二次方程的根的关系求解即可. 【详解】（1）函数的对称轴为， ①当，即时，，不满足， ②当，即时，符合题意. ③，即时，. 综上：实数的取值范围：. （2）假设存在整数，，使得关于的不等式的解集恰好为[m,n]， 即的解集为. 则，可得在上单调递减，在上单调递增， 所以，即 ， 即有两个不相等的实数根，且，， 由于，为整数，则为整数，显然不符合题意， 由，消去可得， 当时，，，经检验关于的不等式的解集是[-1,3]，符合题意， 当时，，，经检验关于的不等式的解集是[-2,2]，符合题意， 当时，，，经检不符合题意， 综上：存在这样的，为整数，且，或，使得关于的不等式的解集恰好为 [m,n]. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $