广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期数学周测试卷（五）

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期数学周测试卷（五） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知向量，则的坐标是（   ） A． B． C． D． 2．如图，一轮船从A点沿北偏东的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东的方向行驶10海里至海岛，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛，则此船沿__________方向行驶__________海里至海岛C（    ） A．北偏东； B．北偏东； C．北偏东； D．北偏东； 3．已知在中，，则的形状是 A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 4．向量与向量的向量积仍是向量，记作，它的模是，则（    ） A． B． C． D．0 5．已知，则等于 A． B． C． D． 6．在四边形中，若且，则（    ）． A．四边形是矩形 B．四边形是菱形 C．四边形是正方形 D．四边形是平行四边形 7．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为(    ) A．1 B．3 C．2 D．4 8．下列说法中错误的是 A．存在这样的和的值,使得 B．不存在无穷多个和的值,使得 C．对任意的和,有 D．存在这样的和的值,使得 二、多选题 9．已知函数，，则（   ） A．与的图象存在相同的对称中心 B．与的图象存在相同的对称轴 C．当时，与的图象有5个公共点 D．将的图象向右平移个单位长度后，再向上平移1个单位长度可得的图象 10．已知向量，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量为 11．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则符合条件的有两个 C．若为锐角三角形，则 D．若是钝角三角形，则 三、填空题 12．若函数的图象只有一条对称轴落在区间上，则实数的取值范围是______ 13．在四边形中，，D为外一点，则四边形面积最大时___________. 14．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，点为其外接圆的圆心.已知，则当角取到最大值时的内切圆半径为________. 四、解答题 15．已知函数为偶函数. (1)若，且为第四象限角，求的值； (2)若函数，求函数的最值及单调区间. 16．锐角的三个内角是、、，满足． (1)求角的大小及角的取值范围； (2)若的外接圆圆心为，且，求的取值范围． 17．已知两个不同的单位向量与之间满足关系：，其中． （1）若，求的解析式； （2）能否和垂直？能否和平行？若不能，则说明理由；若能，则求出对应的k值； （3）求与夹角的最大值． 18．已知点是函数图像上的任意两点，若时，的最小值为，且函数的图像经过点． （1）求函数的解析式； （2）在中，角的对边分别为，且，求的取值范围． 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 A C D A D B C B BC ABD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】根据向量加法法则，即可求得答案. 【详解】由，得. 2．C 【分析】先求出各角的角度，再使用余弦定理求解长度. 【详解】由题意得：，，故，所以从A到C的航向为北偏东，由余弦定理得：，故. 故选：C 3．D 【分析】利用正弦定理可将已知中的等号两边的“边”转化为它所对角的正弦，再利用余弦定理化简即得该三角形的形状． 【详解】根据正弦定理，原式可变形为： 所以 整理得 ． 故选． 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 4．A 【分析】由向量的新定义，结合平面向量数量积的运算律，即可求目标式. 【详解】. 故选：A. 5．D 【分析】利用拼凑法将表示成，再结合，可得，结合辅助角公式和诱导公式进一步化简即可 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以， 故选D. 【点睛】本题考查三角函数公式的化简求值，拼凑角、辅助角公式的使用，解题关键在于表示出，属于中档题 6．B 【分析】由，得，所以四边形为平行四边形，又可得，故可得四边形是菱形. 【详解】由，得，所以∥，且，故四边形为平 行四边形，又， 即，所以四边形是菱形. 故选：B 【点睛】本题主要考查向量的线性运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题. 7．C 【分析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得cosB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可求△ABC面积的最大值． 【详解】， ， 即， 即， 则， 整理得， ∴， 当且仅当时取等号， ， 则． 故选：C． 8．B 【分析】逐一判断四个选项命题的真假即可 【详解】，当时，，故正确 ，当时，，，， 则，故错误 ，对任意的和，有，这是两角和的余弦公式，故正确 ，当，当时使得，故正确 故选 【点睛】本题主要考查的是命题真假的判断，解题的关键在于掌握两角和的余弦公式，属于基础题 9．BC 【分析】利用降幂公式化简函数，求出对称中心、对称轴判断AB；解方程判断C；利用函数图象变换求解判断D. 【详解】函数， 对于A，函数图象的对称中心为，而对任意整数，， 因此与的图象不存在相同的对称中心，A错误； 对于B，函数图象的对称轴为，， 即直线是函数的图象的对称轴，B正确； 对于C，由，得或，而，解得， 则当时，与的图象有5个公共点，C正确； 对于D，，平移后得到的函数解析式为，D错误. 故选：BC 10．ABD 【分析】利用数量积的坐标运算求得，即可判断B；代入向量夹角的余弦公式求夹角判断C；由投影向量定义计算求解即可判断D，对于A，先求出的坐标，然后由垂直关系的向量表示即可判断A. 【详解】因为，， 所以， 所以向量与的夹角的余弦值为， 因为，所以向量与的夹角为，， 向量在方向上的投影向量为， ，所以，所以， 故ABD正确；C错误. 故选：ABD 11．BCD 【分析】A选项根据三角形边角关系逐项判断.A项可通过构造反例说明命题不成立；B项利用正弦定理把边角关系转化为的值，再结合判断角有两个可能值，并验证两种情况都能构成三角形；C项利用锐角三角形中，把转化为比较；D项设钝角为，先证明，再结合判断所给不等式. 【详解】对于A项，取，则， 但，，所以， 与选项中的不符，故A项错误. 对于B项，由正弦定理得，所以. ，从而. 因此满足的角有两个可能值. 设较小的角为，则为锐角，且由得； 另一个角为，且. 当时，； 当时，， 因为.所以这两个角都能与构成三角形，符合条件的有两个，故B项正确. 对于C项，若为锐角三角形，则， 所以 ，即. 又与 均为锐角，且在上单调递增， 所以 ，故C项正确. 对于D项，不妨设为钝角，则， 于是，均为锐角，故 ，且. 由于 ，所以.又， 其中，故必有，即. 于是 . 因为且，所以， 从而，故D项正确. 12． 【分析】先对化简得到，求出对称轴方程，建立不等式组，即可求出实数的取值范围. 【详解】；对称轴方程，，即，，时，，时，，若在上仅有一条对称轴，则. 故答案为：. 13． 【分析】先判断出为等边三角形，设其边长为b.表示出，在利用余弦定理得到b与角D的关系，得到全面积的表达式，利用辅助角公式求出最大值及取最大值时的角D. 【详解】在中，因为，由余弦定理得：， 即，又，所以，所以AB=BC. 因为，所以为等边三角形，设其边长为b.则. 在中，，由余弦定理得：， 所以 所以当时，，面积取得最大值. 故答案为：. 14． 【分析】取的中点D，则可得，由余弦定理和基本不等式可得答案. 【详解】设中点为，则 ， 所以， ∴， ∴， 由得角为锐角， 故， 当且仅当，时最小，又在递减，故此时最大. 此时，恰有，即为直角三角形， ∴. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 15．(1) (2)最小值为，最大值为，单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】（1）由为偶函数求得，再结合诱导公式和同角三角函数基本关系可求的值； （2）化简得，易求值域，整体法可求单调区间. 【详解】（1）为偶函数， 对恒成立. 展开后整理得：对恒成立，. . ，且为第四象限角， ； （2）最小值为，最大值为. 由得：， 由得：， 故的单调递增区间为， 单调递减区间为. 16．(1)，角的取值范围是 (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理、同角三角函数的基本关系可求得，由为锐角可求得角的值，利用为锐角三角形可得出关于角的不等式组，即可求得角的取值范围； （2）设的外接圆半径为，利用平面向量数量积的定义结合可求得的值，设，则，则，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的表达式，结合余弦型三角函数的基本性质可求得的取值范围，进而可得出的取值范围. 【详解】（1）解：设的三个内角、、的对边分别为、、， 因为， 由正弦定理可得，所以，， 故，因为为锐角，则， 因为为锐角三角形，则，解得， 所以，角的取值范围是. （2）解：设的外接圆半径为，所以， 因为，所以， 又，所以，所以， 设，则，则， 所以 ， 因为，所以， 所以，所以， 所以，， 所以的取值范围为. 17．（1）（2）不能垂直，不能平行，理由见解析；（3） 【分析】（1）将两边平方，根据单位向量的长度为1，可得结果； （2）根据无解得到与不能垂直，根据无解得到与不能平行. （3）根据基本不等式可得与夹角的余弦值的最小值，再根据余弦函数的单调性可得夹角的最大值. 【详解】（1）由，得， 得， 所以. （2）若，则，则，此方程无解，故与不能垂直， 若，因为与是两个不同的单位向量，则，即，因为，所以此方程无解，故与不能平行. （3）设与夹角为，则， 当且仅当时，等号成立，此时取最小值， 因为，且在上递减，所以取最大值，所以与夹角的最大值是. 【点睛】本题考查了平面向量的数量积，考查了两个向量垂直和平行的条件，考查了平面向量的夹角公式，考查了基本不等式求最值，考查了余弦函数的单调性，属于中档题. 18．（1）；（2）． 【分析】（1）由题意先得函数的周期，再由周期得的值，再把点代入函数，根据的范围可得的值，从而得函数的解析式； （2）先根据二倍角公式化简等式，再根据正弦定理得三角形三个边的关系，然后利用余弦定理求的范围，进而得角的范围，则可得的范围. 【详解】(1)由题意知,，又， 且，, 所以. （2）， 即， ， 由，（时等号成立），得. , 所以取值范围为. 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 $