广东省佛山市南海区狮山石门高级中学2023-2024学年高一下学期第一次统测（4月）数学试题（4月+4月）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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，写在试卷上无效.
3.考试结束后，及时上交答题卡.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，如果向量与垂直，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.
【详解】，
若向量与垂直，
则，
解得.
故选：D
2. 已知在中，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】利用正弦定理得再利用余弦定理可以求解.
【详解】，由正弦定理得 ，
由余弦定理知,
.
故选：A.
【点睛】本题考查正弦、余弦定理.
熟练运用正弦、余弦定理及变形是解题的关键.
正弦定理常见变形： 、 、
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式，求得，再结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
则.
故选：D.
4. 设函数，则下列结论正确是（ ）
A. 的图象关于直线对称B. 的图象关于点对称
C. 的最小正周期为D. 在上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】利用整体代入法求出对称轴判断A，利用整体代入法求出对称中心判断B，利用周期公式判断C，利用检验法判断D.
【详解】对于A，由，解得，故A错误；
对于B，由，解得，故B错误；
对于C，因为，所以最小正周期为，故C正确；
对于D，因为，所以，
因为在上单调递增，在上单调递减，故D错误.
故选：C
5. 在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F，若，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面几何知识求解
【详解】如图，可知
=，选B.
【点睛】本题考查向量的运算及其几何意义，同时要注意利用平面几何知识的应用，
6. 已知的面积为，角所对的边分别为，，且，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由面积求得，由正弦定理角为边得关系，从而求得，然后由余弦定理求得．
【详解】由题意，，
又由正弦定理得，
由，解得（负值舍去）．
所以，．
故选：C．
7. 在区间上单调递增，在上单调递减，则的值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦函数的单调性可得结果.
【详解】由题意知，在区间上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减，
根据正弦函数单调性可知：，解得，
当时，在上单调递增，在上单调递减，符合题意.
故选：D.
8. 如图，扇形中，点是上一点，且.若，则的最大值为（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量的数量积运算，结合两角和的正弦公式，求三角函数的最值即可．
【详解】由题意，建立如图所示的坐标系，设扇形半径为，
由，可得，，
设，，
由，可得，，，
所以，整理得：，
则，其中，
所以当时，有最大值．
故选：A．

二、多选题：本题共3小题、共18分，在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求.
9. 下列选项中，值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由诱导公式，二倍角公式，和差角公式分别计算各选项可判断ABC各选项正误；
利用三角函数的范围结合不等式可判断D选项正误.
【详解】A选项，，故A错误；
B选项，，故B正确；
C选项，，故C正确；
D选项，因，，则，
则，则，故D错误.
故选：BC.
10. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A. B. C. D. 外接圆的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设的外接圆的半径为, 利用正弦定理求出，再利用余弦定理和正弦定理求出和即得解.
【详解】解：设的外接圆的半径为,
因为，所以，
所以，则外接圆的面积为.
因为，所以
所以，所以. 所以ABD正确，C错误.
故选：ABD
11. 是边长为1的等边三角形，已知向量满足，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据条件可得，，，根据数量积的性质求，，由此判断A，B，再结合向量垂直的表示和投影向量的定义判断C，D.
【详解】因为是边长为1的等边三角形，，
所以，，，
所以，
所以，，
所以，，A，B错误；
因为，
所以，
所以，C正确；
因为，，，
所以，
在上的投影向量为，D正确；
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据同角关系可得余弦值，即可由正弦二倍角公式求解.
【详解】由，可得，
所以，
故答案为：
13. 若，，，则在上投影向量的模为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算，数量积的运算，投影的定义与公式，即可求解.
【详解】解：已知，，则，
，得，
又，则
所以在上投影向量的模为，
故答案为：.
14. 如图，游乐场中摩天轮逆时针匀速转动，每转一圈需要12分钟，其中心距离地面米，半径为40米.如果你从最低处登上摩天轮并开始计时，当你第4次距离地面米时所用时间为______分钟.
【答案】20
【解析】
【分析】设从最低处登上摩天轮后逆时针匀速转动的时间为分钟，距离地面的距离为，根据题意求出，令，得或，由此可得结果.
【详解】设从最低处登上摩天轮后逆时针匀速转动的时间为分钟，因为每转一圈需要12分钟，则匀速转动分钟所转动的角为，
则距离地面的距离为米，
由，得，得，得或，即或，
故第1次距离地面米时所用时间为4分钟，第2次距离地面米时所用时间为8分钟，第3次距离地面米时所用时间为16分钟，第4次距离地面米时所用时间为20分钟.
故答案为：20
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 己知向量.
（1）若向量与平行，求；
（2）若向量，且与的夹角相等，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量共线的坐标运算，列出方程，求得，再由模的计算公式，即可求解；
（2）由向量，且与的夹角相等，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，可得，
因为与平行，可得，解得，
可得，则.
【小问2详解】
解：向量，
可得，且，
因为向量，且与的夹角相等，则，可得，
解得.
16. 已知函数.
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；增区间为，减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）由，得到，根据基本关系式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，
可得函数的最小正周期为，
令，可得，
所以函数的单调递增区间为；
令，可得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
解：由，可得，即，
因为，可得，可得，
所以.
17. 在中，角的对边分别为，且，
（1）求角B的大小；
（2）若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的恒等变换与正弦定理的边角变换化简题设条件，从而得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到与，从而求得，由此得解.
【小问1详解】
因为，
所以，即.
由正弦定理得，
即，即.
又，则，所以，则.
【小问2详解】
由的面积为，得，则，
由余弦定理得，代入，得，
则，
故的周长为.
18. 在校园美化、改造活动中，要在半径为、圆心角为的扇形空地的内部修建一矩形观赛场地，如图所示．取的中点M，记．
（1）写出矩形的面积S与角的函数关系式；
（2）求当角为何值时，矩形的面积最大？并求出最大面积．
【答案】（1），
（2）当时，矩形面积最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）首先得出，再用的三角函数分别表示出和，则，再根据二倍角公式，降幂公式和辅助角公式化简即可；
（2）由，得出，根据正弦函数的图像，得出时，面积最大，即可得出最大面积．
【小问1详解】
由题可知，，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
，．
【小问2详解】
，
，
当，即时，
，
故当时，矩形的面积最大，最大值为．
19. 在锐角中，角的对边分别为，S为的面积，且．
（1）求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理可得，然后利用同角关系式即得；
（2）利用正弦定理及三角恒等变换可得，结合条件可得，进而即得范围，最后换元应用单调性可解.
【小问1详解】
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴（舍），.
【小问2详解】
∵，
∴，
∴
∵锐角三角形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴．
令，
单调递减，单调递增，
当，当，