云南省昭通市第一中学2024-2025学年高一下学期2月开学考试 数学试题

这是一份云南省昭通市第一中学2024-2025学年高一下学期2月开学考试 数学试题，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在中，是的中点.若，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A．或B．或3C．或3D．3
4．将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位，则所得函数图象对应的解析式为
A．B．
C．D．
5．设，，，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．已知四边形，设E为的中点，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，则（ ）
A．5B．C．D．
8．设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，，满足，，，则（ ）
A．
B．当时，
C．当时，
D．在上的投影向量的坐标为
10．下列选项正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．函数图象的对称中心为，
C．命题“，”的否定是，
D．函数的零点所在的区间是
11．函数过定点，若，则结论正确的是（ ）
A．B．最小值为
C．最小值为D．的最小值为
三、填空题
12．折扇，古称聚头扇、撒扇等，以其收拢时能够二头合并归一而得名.某折扇的扇面是一个圆台的侧面展开图，如图所示.设，，则扇面（图中扇环）部分的面积是 .

13．在中，，，，为边上一点，且，则
14．设，，用表示，中较小者，记为，若方程恰有三个不同的实数解，则实数的取值范围为 .
四、解答题
15．在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，且的面积为，求的周长.
16．已知函数的图象经过点，函数的图象经过点.
(1)求的值；
(2)解不等式.
17．已知函数.
(1)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(2)判断函数的奇偶性，并用定义证明；
(3)利用函数的单调性和奇偶性，解不等式.
18．行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用.将形如的符号称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下：，设函数.
(1)求的对称轴方程及单调递增区间；
(2)在锐角中，已知，，求.
19．如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形.记，
(1)记矩形的面积，求的解析式；
(2)求当角取何值时，矩形的面积最大？并求出这个最大面积.
《云南省昭通市第一中学2024-2025学年高一下学期2月开学考试数学试题》参考答案
1．A
【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】根据平面向量的线性运算可得答案.
【详解】因为是的中点，，，
所以
.
故选：C.
3．A
【分析】利用正弦定理求得，由可得或，分别求即得.
【详解】由题意及正弦定理，得，解得.
又，故，于是或，均符合题意.
当时，，由正弦定理，得，解得；
当时，，此时是等腰三角形，.
故选：A
4．D
【解析】根据函数的图象变换规律即可得解，注意三角函数的平移原则为左加右减上加下减．
【详解】解：将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象对应的解析式为，
再将所得图象向左平移个单位，
则所得函数图象对应的解析式为，
故选：．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换，三角函数的平移原则为左加右减上加下减，属于基础题．
5．C
【分析】根据对数函数和指数函数的单调性可判断大小 .
【详解】由题意得，，，，
综合比较 ，
故选：C.
6．A
【分析】利用向量数量积运算法则得到，利用，求出，从而得到答案.
【详解】在平面（空间同样）四边形中，
，
因为，所以．
故选：A．
7．A
【分析】利用两角和差公式展开，进而解得，，两式作商求得.
【详解】因为，，
所以，，
从而，，故．
故选：A.
8．B
【分析】根据的图象经过的点及范围求出，再根据的范围得，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可解得范围，即可得答案.
【详解】因为的图象经过点，所以.
又，所以，则函数，，
当时，，
因为在上恰有2个零点，所以，
所以，即实数的取值范围是.
故选：B.
9．BC
【分析】由向量坐标的线性运算，利用向量模长公式，可得A的正误；由平行向量的坐标表示，建立方程，可得B的正误；由向量坐标的线性运算，利用垂直向量坐标，可得C的正误；利用投影向量的计算方法，可得D的正误.
【详解】对于A，，，，所以，故A错误；
对于B，，，当时，，即，故B正确；
对于C，，由，可得，即，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，故D错误，
故选：BC.
10．ACD
【分析】利用充分不必要条件定义判断A；求出对称中心判断B；由存在量词命题的否定判断C；由零点存在性定理判断D.
【详解】对于A，由，得或，则是的充分不必要条件，A正确；
对于B，由，得，函数图象的对称中心为，，B错误；
对于C，命题，的否定是命题，，C正确；
对于D，在上单调递增，，，
函数的零点所在的区间是，D正确.
故选：ACD
11．CD
【分析】由对数函数的性质可得，利用集合与元素的关系可得，即可得A；借助对数运算结合基本不等式计算可得B；借助基本不等式及指数运算法则计算可得C；借助“1”的活用可得D.
【详解】对于A：由，故定点，
由，故有，即，故A错误；
对于B：，
当且仅当时，等号成立，即最大值为，故B错误.
对于C：，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D：由，
则，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确.
故选：CD.
12．
【分析】利用扇形的面积公式求解，用大扇形的面积减去小扇形的面积即可.
【详解】由题可知，，，所以扇形的面积，
扇形的面积，所以扇面的面积.
故答案为：.
13．
【分析】在中，由余弦定理求出，在中，由正弦定理求出.
【详解】如图，
在中，由余弦定理得，
又，则，
在中，由正弦定理得，
所以，.
故答案为：.
14．
【分析】作出分段函数的图象，分解因式，再利用的图象与之间的关系判断即可．
【详解】由已知得，
作出的图象如下（图象中的实线部分）：

又，则，即或，
由图易知有两个解，故有3个解，故.
故答案为：
15．(1)；
(2).
【分析】（1）应用二倍角正弦公式及三角形内角的性质有，即可确定角的大小；
（2）由已知及三角形面积公式可得，再应用余弦定理可得，即可得周长.
【详解】（1）由，得，即且，则.
（2）因为，所以，解得，
由余弦定理得，
所以，所以的周长为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的图象经过点求出，同理求出即可求解；
（2）求出的表达式和，转化原不等式，求出的取值范围.
【详解】（1）因为函数的图象经过点，
所以，
所以，因为函数的图象经过点，
所以，所以，
所以；
（2）由（1）得，，
转化为，
即得出
所以，即不等式的解集为：.
17．(1)在上的单调递增，证明见解析；
(2)奇函数，证明见解析；
(3).
【分析】（1）任取，，且，用作差法判断的大小，即可证结论；
（2）根据奇偶性定义证明函数的奇偶性；
（3）根据（1）（2）结论，不等式可化为，解不等式求解集.
【详解】（1）因为函数，在上单调递增，故在上的单调递增.
证明如下：任取，，且，
则
，
因为，所以，，
所以，即，即在上单调递增.
（2）函数，定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以为奇函数.
（3）由，得，
即，又，，
由（1）知在上单调递增，所以，所以，
所以不等式的解集为.
18．(1)对称轴为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）由三角函数的和差公式与二倍角公式化简函数解析式，利用整体思想，结合正弦函数的周期性与对称性，可得答案；
（2）由（1）的函数的解析式求得角的值，由同角三角函数的平方式与三角形内角和，利用和差角公式，可得答案.
【详解】（1）
，
由，，得，，
所以的对称轴为.
由，，
所以单调递增区间为.
（2）由（1）知，，则，
由，得，则，解得.
因为在中，，则为锐角，
所以.
因为，，所以，
所以.
19．(1)
(2)当时，矩形的面积最大，最大面积为.
【分析】（1）利用锐角三角函数表示出、，由及三角恒等变换公式化简，即可得到的解析式；
（2）根据的范围，求出的范围，再由正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）在中，，，
在中，，
所以，，
则
.
（2）由，得，所以当，
即时，，
因此，当时，矩形的面积最大，最大面积为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
D
C
A
A
B
BC
ACD
题号
11









答案
CD