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广东省佛山市南海区南海中学分校2023-2024学年高一下学期第一次教学质量检测（4月）数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份广东省佛山市南海区南海中学分校2023-2024学年高一下学期第一次教学质量检测（4月）数学试题（原卷版+解析版），文件包含广东省佛山市南海区南海中学分校2023-2024学年高一下学期第一次教学质量检测4月数学试题原卷版docx、广东省佛山市南海区南海中学分校2023-2024学年高一下学期第一次教学质量检测4月数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
（全卷共4页，满分150分，考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1. 下列说法错误的是（ ）
A.
B. 、是单位向量，则
C. 若，则
D. 任一非零向量都可以平行移动
【答案】C
【解析】
【分析】运用向量、单位向量、相反向量的定义可判断.
【详解】对于A项，因为，所以，故A项正确；
对于B项，由单位向量的定义知，，故B项正确；
对于C项，由于向量不能比较大小，故C项错误；
对于D项，因为非零向量可以自由平行移动，故D项正确.
故选：C.
2. 已知，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式代入计算即可得出结果.
【详解】根据二倍角的余弦公式可得：
.
故选：D
3. 已知点是平行四边形的对角线的交点，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的基本概念，结合图象即可得答案.
【详解】为相反向量，故A错误；
为相反向量，故B错误；
方向相反，故，C正确；
因为平行四边形不一定为矩形，所以对角线不一定相等，故D错误.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角公式进行求解.
【详解】，由辅助角公式得，故，
故选：B.
5. 要得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】先利用辅助角公式得到，进而利用左右平移满足“左加右减”进行求解.
【详解】，
把函数图象向左平移个单位得到，满足要求，A正确，
其他选项均不合要求.
故选：A
6. 下列函数中，图象的一部分如图所示的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，设，利用函数图象求得，得出函数解析式，再利用诱导公式判断选项即可.
【详解】由题意，设，
由图象知：，
所以，
所以，
因为点在图象上，
所以，
则，
解得，
所以函数为，
即，
故选：D
7. 的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先把正切化为弦，再分别应用配角公式和正弦的二倍角公式化简即可.
【详解】
.
故选：D.
8. 平面向量，满足，，，则在方向上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设条件，利用向量的模长公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【详解】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
二、多选题
9. 下列结果恒为零向量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知,则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期是
C. 图象的一个对称中心是D. 上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】因为,根据偶函数的定义判断A;根据最小正周期公式判断B;将代入验证C的正误;求解函数的单调递增区间即可判断D.
【详解】因为,定义域为,
,所以是偶函数,故A正确;
的最小正周期为,故B正确;
,所以是图象的一个对称中心,故C正确;
令,
解得,
即的单调递增区间为,故D错误.
故选:ABC.
11. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A. 的最小正周期为π
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12. 若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式求解即可.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
13. 已知边长为的等边，则______.
【答案】6
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可.
【详解】解：因为是边长为的等边，且，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于基础题.
14. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件等式右边含有，可联想到中分离出来处理，设，待求表达式中用表示，结合万能公式进行求解.
【详解】设，于是，
整理可得，根据万能公式，，
整理可得，
由可得，，
故，
根据诱导公式，，
根据两角和的正切公式，，
故.
故答案为：
四、解答题
15. 在△中，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数间的基本关系求出，进而求出的值；
（2）利用两角和的正切公式求出，最后利用正切的二倍角公式求出即可.
【小问1详解】
由已知得，角为锐角，则，
即.
【小问2详解】
,
.
16. 已知函数.
（1）把化为的形式，并求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1），，对称轴方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）先降幂，由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求解；
（2）由正弦函数的单调性计算可得．
【小问1详解】
因为
，
即，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以函数的对称轴方程为．
【小问2详解】
由，，解得，，
所以的单调递增区间为．
17. 已知向量，满足，，且，的夹角为.
（1）求；
（2）若，求实数的值；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合数量积的计算公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，，且，的夹角为，可得，
则.
【小问2详解】
解：因为，所以，
即，即，
可得，即，解得.
18. 如图，在中，，D为中点，E为上一点，且，的延长线与的交点为F.
（1）用向量与表示 和
（2）用向量与表示
（3）求出 的值
【答案】（1），；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）（2）由向量的线性运算法则求解；
（3）设，求得，再利用向量共线可得结论．
【小问1详解】
是中点，
，
；
【小问2详解】
，则，
；
【小问3详解】
设，则，，
又向量共线，而不共线，
所以，解得．
19. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2）.开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.
（1）经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，求的解析式；
（2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为30米？
（3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，从甲进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值及此时的时间.
【答案】（1），
（2）5分钟或25分钟
（3）40米，或25分钟
【解析】
【分析】（1）设，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析式；
（2）令，由余弦函数的性质及的范围计算可得；
（3）设经过分钟后甲距离地面的高度为，则乙距离地面的高度为，，表示出，再由三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
设，
由题意知，
又，故，
∵，∴，
可取，
∴，
故解析式为，.
【小问2详解】
令，则，即.
因为，则，所以或，
解得或，
故游客甲坐上摩天轮分钟或分钟时，距离地面的高度恰好为米.
【小问3详解】
经过分钟后甲距离地面的高度为，
乙与甲间隔的时间为分钟，
所以乙距离地面的高度为，，
则两人离地高度差
，，
令，解得，
又，所以当或分钟时，取得最大值米.
（全卷共4页，满分150分，考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题
1. 下列说法错误的是（ ）
A.
B. 、是单位向量，则
C. 若，则
D. 任一非零向量都可以平行移动
【答案】C
【解析】
【分析】运用向量、单位向量、相反向量的定义可判断.
【详解】对于A项，因为，所以，故A项正确；
对于B项，由单位向量的定义知，，故B项正确；
对于C项，由于向量不能比较大小，故C项错误；
对于D项，因为非零向量可以自由平行移动，故D项正确.
故选：C.
2. 已知，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式代入计算即可得出结果.
【详解】根据二倍角的余弦公式可得：
.
故选：D
3. 已知点是平行四边形的对角线的交点，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的基本概念，结合图象即可得答案.
【详解】为相反向量，故A错误；
为相反向量，故B错误；
方向相反，故，C正确；
因为平行四边形不一定为矩形，所以对角线不一定相等，故D错误.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角公式进行求解.
【详解】，由辅助角公式得，故，
故选：B.
5. 要得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】先利用辅助角公式得到，进而利用左右平移满足“左加右减”进行求解.
【详解】，
把函数图象向左平移个单位得到，满足要求，A正确，
其他选项均不合要求.
故选：A
6. 下列函数中，图象的一部分如图所示的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，设，利用函数图象求得，得出函数解析式，再利用诱导公式判断选项即可.
【详解】由题意，设，
由图象知：，
所以，
所以，
因为点在图象上，
所以，
则，
解得，
所以函数为，
即，
故选：D
7. 的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先把正切化为弦，再分别应用配角公式和正弦的二倍角公式化简即可.
【详解】
.
故选：D.
8. 平面向量，满足，，，则在方向上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设条件，利用向量的模长公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【详解】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
二、多选题
9. 下列结果恒为零向量的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知,则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期是
C. 图象的一个对称中心是D. 上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】因为,根据偶函数的定义判断A;根据最小正周期公式判断B;将代入验证C的正误;求解函数的单调递增区间即可判断D.
【详解】因为,定义域为,
,所以是偶函数,故A正确;
的最小正周期为,故B正确;
,所以是图象的一个对称中心,故C正确;
令,
解得,
即的单调递增区间为,故D错误.
故选:ABC.
11. 已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A. 的最小正周期为π
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12. 若，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式求解即可.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
13. 已知边长为的等边，则______.
【答案】6
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算和数量积运算计算即可.
【详解】解：因为是边长为的等边，且，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和数量积，属于基础题.
14. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件等式右边含有，可联想到中分离出来处理，设，待求表达式中用表示，结合万能公式进行求解.
【详解】设，于是，
整理可得，根据万能公式，，
整理可得，
由可得，，
故，
根据诱导公式，，
根据两角和的正切公式，，
故.
故答案为：
四、解答题
15. 在△中，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数间的基本关系求出，进而求出的值；
（2）利用两角和的正切公式求出，最后利用正切的二倍角公式求出即可.
【小问1详解】
由已知得，角为锐角，则，
即.
【小问2详解】
,
.
16. 已知函数.
（1）把化为的形式，并求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1），，对称轴方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）先降幂，由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求解；
（2）由正弦函数的单调性计算可得．
【小问1详解】
因为
，
即，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以函数的对称轴方程为．
【小问2详解】
由，，解得，，
所以的单调递增区间为．
17. 已知向量，满足，，且，的夹角为.
（1）求；
（2）若，求实数的值；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合数量积的计算公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，，且，的夹角为，可得，
则.
【小问2详解】
解：因为，所以，
即，即，
可得，即，解得.
18. 如图，在中，，D为中点，E为上一点，且，的延长线与的交点为F.
（1）用向量与表示 和
（2）用向量与表示
（3）求出 的值
【答案】（1），；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）（2）由向量的线性运算法则求解；
（3）设，求得，再利用向量共线可得结论．
【小问1详解】
是中点，
，
；
【小问2详解】
，则，
；
【小问3详解】
设，则，，
又向量共线，而不共线，
所以，解得．
19. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2）.开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.
（1）经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，求的解析式；
（2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为30米？
（3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，从甲进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值及此时的时间.
【答案】（1），
（2）5分钟或25分钟
（3）40米，或25分钟
【解析】
【分析】（1）设，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析式；
（2）令，由余弦函数的性质及的范围计算可得；
（3）设经过分钟后甲距离地面的高度为，则乙距离地面的高度为，，表示出，再由三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
设，
由题意知，
又，故，
∵，∴，
可取，
∴，
故解析式为，.
【小问2详解】
令，则，即.
因为，则，所以或，
解得或，
故游客甲坐上摩天轮分钟或分钟时，距离地面的高度恰好为米.
【小问3详解】
经过分钟后甲距离地面的高度为，
乙与甲间隔的时间为分钟，
所以乙距离地面的高度为，，
则两人离地高度差
，，
令，解得，
又，所以当或分钟时，取得最大值米.
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