精品解析：江西吉安市永丰县第三中学、吉安长田学校2024-2025学年高一下学期期中考试联考数学试卷

吉安市永丰县三中、吉安长田学校2024-2025学年高一下学期 期中考试联考数学试卷 考试范围：必修第二册第一至第三章 试题满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由于，进而根据诱导公式和余弦二倍角公式计算即可. 【详解】解：因为， 所以. 故选：A 2. 设，，，则，，大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过三角恒等变形得到，结合的单调性即可比较大小. 【详解】， ， ， 由于在单调递增，故， 故. 故选：A 3. 已知点，，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，，则在方向上的投影向量为，即可求解． 【详解】由，，，得， 所以在方向上的投影向量为 故选：B 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用三角恒等变换化简得到，再用整体法求解单调递减区间. 【详解】，令解得：Z，故f（x）的单调递减区间为 故选：C 5. 已知为互相垂直的单位向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据与的夹角为锐角，由且与不共线求解. 【详解】解：因为， 所以， 因为与的夹角为锐角， 所以，且与不共线， 解得， 当时，则， 即，解得， 当时，与共线且同向， 所以的取值范围为， 故选：B 6. 在中，下列说法中错误的是（ ）． A. B. C. D. ，则为锐角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，在三角形中，，所以，可判断A； 对于B，根据内角和余弦定理得单调性判断即可； 对于C，根据正弦定理和三角形中的两边之和大于第三边可判断； 对于D，化简为，则，所以角为锐角，即可判断. 【详解】对于A，在三角形中，，所以，故A正确； 对于B，，则，且，在上递减，所以即，故B正确； 对于C，在三角形中，，由正弦定理得：，所以，故C正确； 对于D，得：，则 ，则，则，所以角为锐角，三角形不一定是锐角三角形，所以D错误. 故选：D. 7. 已知：，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分别求得和，结合两角和的余弦公式，得到，代入即可求解. 【详解】因为，可得， 又因为，可得， 因为，可得， 又因为，可得， 由 . 故选：C. 8. 在菱形中，，点在菱形所在平面内，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】解：由菱形中，，可得且， 设交于点，以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立直角坐标系，如图， 取中点，则，， 设， 则 ， 所以当，时，取得最小值. 故选：C． 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. 在的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则该为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，，则符合条件的三角形有两个 D. 若的面积，，则的最大值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：由题意变形得或，即可判断； 对于B：利用正弦定理直接判断；. 对于C：利用正弦定理直接判断；. 对于D：先求出.利用正弦定理得到，利用三角函数求最值. 【详解】对于A：因为，所以或，所以或，故为等腰三角形或直角三角形.故A错误； 对于B：在中，由正弦定理得：. 因为，所以.故B正确 对于C：因为，，，所以,所以， 所以符合条件的三角形有两个.故C正确； 对于D：三角形面积且可得.因为，所以,故所以. 因为，所以. 由正弦定理可得：. 因为，所以，所以，所以， 当且仅当时,等号成立.故选项D正确. 故选：BCD 10. 已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ） A. 直线不过边的中点 B. C. 若，则 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断D；假定AO过BC的中点，利用平面向量基本定理判断A；取点使得，结合重心性质计算判断B，利用数量积及运算律计算判断C作答. 【详解】对于D，，因为，， 所以， 即，则，可得，故D错误； 对于A，设的中点为，则. 若直线过的中点，则存在实数满足， 由选项D知，，而与不共线， 则有且，无解，即不存在，不过边的中点，故A正确； 对于B，取点使得， 则，即点为的重心，如图， 则. 而， 同理可得， 因此，故B正确； 对于C，由，得，而， 则，解得， 所以 ，故C正确. 故选：ABC. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若对于任意的，都有成立，则 B. 若对于任意的，都有成立，则 C. 当时，若在上单调递增，则的取值范围为 D. 当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题可得恒成立，利用三角函数的性质可判断A，利用函数的周期的含义可判断B，利用正弦函数的单调性可判断C，由题可得，进而可判断D. 【详解】对于A，对于任意的，都有成立， 所以恒成立，又，， ∴，故A正确； 对于B，由题可得是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为，故B错误； 对于C，当时，当时，， 则，，故，故C正确； 对于D，当时，当时，， 由在上至少有两个零点， 则，即，故D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 扇形的周长是4，面积是1，则扇形的圆心角的弧度数是___________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据扇形的周长和面积公式，结合弧长公式进行求解即可. 【详解】设扇形的半径为，扇形的弧长为， 因为扇形的周长是4，面积是1，所以， 因此扇形的圆心角的弧度数是， 故答案为： 13. 在中，若，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知，根据正弦定理，得到三边的比例关系，然后借助余弦定理可以直接求解. 【详解】因为， 有正弦定理可得：，令，，， 有余弦定理可知，， 又因为，所以. 故答案为：. 14. 如图所示，是一座垂直于地面的信号塔，O点在地面上，某人（身高不计）在地面的C处测得信号塔顶A在南偏西方向，仰角为，他沿南偏东方向前进10到点D处，测得塔顶A的仰角为，则塔高为___________. 【答案】10 【解析】 【分析】设，则由题意可得，然后在中利用余弦定理列方程可求出答案 【详解】设米，在中，，所以， 在中，，所以， 则由题意可得， 在中，由余弦定理得 ， ， 得，解得或， 所以塔高为10米， 故答案为：10 四．解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为锐角， （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再利用求解即可； （2）直接通过计算出正弦值，再通过角的范围求出答案. 【小问1详解】 . 为锐角，， 又在上单调递减，， ， . 【小问2详解】 ， 为锐角，，. 16. 已知，，，点D是BC上一点，且的面积是面积的． （1）求的重心G的坐标； （2）求点D的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由三角形重心坐标公式计算，即三顶点坐标相加除以3； （2）由面积比得出，然后由向量的坐标表示计算． 【小问1详解】 因为是的重心， 所以，，所以． 【小问2详解】 由题意，所以， ，所以点坐标为． 17. 已知向量，，，且函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）将函数按得函数，求当上单调区间和最大值，最小值. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为，， ， 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算、二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）首先根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据余弦函数的性质计算可得； 【小问1详解】 解：因为，， 所以， 所以 所以 即，又函数的最小正周期为，所以，解得 【小问2详解】 解：由（1）可得，将函数按得函数， 因为，所以，所以，即，即当时，当时， 令，解得，即函数在上的单调递增区间为， 令，解得，即函数在上的单调递减区间为； 18. 在中，分别为内角的对边，若. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知及正弦定理角化边，再利用余弦定理，可求出，由已知条件得出角的范围，进而求出角． （2）由，的值，利用正弦定理表示出，，进而表示出三角形的周长，利用三角形的内角和定理及两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的性质确定出周长的取值范围． 【小问1详解】 解：由及正弦定理得：，又，所以， 所以， 又，所以， 【小问2详解】 解：由正弦定理可得，所以，， 所以的周长 ， 因为，所以，所以 所以， 即， 所以周长的取值范围为． 19. 在中，角所对的边长分别为，若 （1）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，求的值. 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)假设存在正整数满足条件，根据假设结合余弦定理列不等式求出的值；(2)由条件，根据正弦定理求出，利用余弦定理求，再求，根据数量积公式求，(3)由条件求，，，，根据两角和的正弦公式求. 【小问1详解】 假设存在正整数，使得为钝角三角形， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ∠C为钝角， 又，， ∴ ∴ ∴ ，又为正整数， ∴ 或 当时，，，，符号要求， 当时，，，，符合要求， ∴或 【小问2详解】 由正弦定理，又， ∴ ，又， ∴ ，，， ∴ ，又， ∴ ， ， 【小问3详解】 由(2)， ∴ ， ∴ . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉安市永丰县三中、吉安长田学校2024-2025学年高一下学期 期中考试联考数学试卷 考试范围：必修第二册第一至第三章 试题满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，，，则，，大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为互相垂直的单位向量，，且与的夹角为锐角，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，下列说法中错误的是（ ）． A. B. C. D. ，则为锐角三角形 7. 已知：，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在菱形中，，点在菱形所在平面内，则的最小值为（ ） 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. 在的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若，则该为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，，则符合条件的三角形有两个 D. 若的面积，，则的最大值为1 10. 已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ） A. 直线不过边的中点 B. C. 若，则 D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若对于任意的，都有成立，则 B. 若对于任意的，都有成立，则 C. 当时，若在上单调递增，则的取值范围为 D. 当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为 第II卷（非选择题） 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 扇形的周长是4，面积是1，则扇形的圆心角的弧度数是___________. 13. 在中，若，则___________. 14. 如图所示，是一座垂直于地面的信号塔，O点在地面上，某人（身高不计）在地面的C处测得信号塔顶A在南偏西方向，仰角为，他沿南偏东方向前进10到点D处，测得塔顶A的仰角为，则塔高为___________. 四．解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为锐角， （1）求； （2）求. 16. 已知，，，点D是BC上一点，且的面积是面积的． （1）求的重心G的坐标； （2）求点D的坐标． 17. 已知向量，，，且函数的最小正周期为. （1）求的值； （2）将函数按得函数，求当上单调区间和最大值，最小值. 18. 在中，分别为内角的对边，若. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 19. 在中，角所对的边长分别为，若 （1）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $