福建省莆田市莆田第五中学2024-2025学年高一下学期月考一 数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田第五中学2024-2025学年高一下学期月考一 数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知角，向量，，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量共线的坐标表示可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值.
【详解】因为，则，
向量，，若，则，可得，
故.
故选：B.
2. 已知，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用诱导公式及齐次式，即可求解.
【详解】因为，所以，
故选：C.
3. 已知向量在正方形网格中的位置，若网格纸上小正方形的边长为1，如图所示．则（ ）
A. 12B. 4C. 6D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，可得出，，，再结合平面向量坐标的线性运算性质即可求解.
【详解】网格纸上小正方形的边长为1，
如图，在平面直角坐标系中，，，
，
.
故选：C．
4. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角三角函数基本关系式和二倍角公式，可求出和的值，再计算即可.
【详解】，，
，，
，化简得，，
.
故选：C.
5. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象求出的解析式，再由图象平移确定的解析式，进而求函数值.
【详解】由图知，则，
由，则，可得，
又，则，故，
由题意，故.
故选：B
6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义求解．
【详解】，则是单位向量，
由，，，得，，
，
在上的投影向量为，
故选：A．
7. 如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】方法1，将作为与的夹角，利用向量知识结合题目数据可得答案；
方法2，如图建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积坐标表示完成运算；
方法3，利用余弦定理计算可得答案.
【详解】法一：分别是的中点，.
与的夹角等于，
，
则；
法二：以为轴，过点作与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则
，
则
；
法三：在中，由余弦定理，
又因为P为的重心，则，
在中再由余弦定理，
在中由余弦定理，
在中，由余弦定理，则
.
故选：D.
8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换可得，由三角形形状得出角的取值范围可得结果.
【详解】由及正弦定理得，
所以，得，
所以或（舍去），所以，
因为是锐角三角形，故，解得，
故，，
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二倍角公式将化简得出对应表达式，由得出取值范围.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 已知平面向量满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由模长的计算可得A错误、C正确；由夹角的计算可得B正确；设，由模长的计算和可得D正确；
【详解】选项A：由得，又，所以，所以A错误；
选项B：设与的夹角为，则，因为，所以，所以B正确；
选项C：，所以，所以C正确；
选项D：设，则，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以当且仅当与反向共线时，取得最大值，且最大值为，所以D正确．
故选：BCD
10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A. 与有相同的零点B. 与有相同的最大值
C. 与最小正周期不相同D. 与的图象存在相同的对称轴
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简两个函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AD选项；利用正弦型的最值可判断B选项；利用正弦型函数的周期公式可判断C选项.
【详解】因为，
，
对于A选项，对于函数，由，可得，
对于函数，由，可得，
故函数的零点为，函数的零点为，
所以，函数、没有相同的零点，A错；
对于B选项，的最大值为，的最大值为，故与的最大值相同，B对；
对于C选项，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
这两个函数的最小正周期不同，C对；
对于D选项，因为，，
所以，函数与的图象存在相同的对称轴，D对.
故选：BCD.
11. （多选）如图，以为圆心，半径为1的圆始终内切于四边形，且，，则当增大时，下列说法正确的有（ ）
A. 单调递减B. 恒为定值
C. 单调递减D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】建系，，，由过点分别作，，的垂线，交点为,得到，再结合两点间距离公式，得到，由平面向量数量积的坐标表示逐个判断即可；
【详解】
如图建立平面直角坐标系，则，，，设，，
其中，．过点分别作，，的垂线，交点为,
易知，
所以，
所以，即．而，，
且，，
当增大时，也增大，所以ABD正确，C错误；
故答案为：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知向量，，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据求得m，从而得到的坐标求解.
【详解】因为，所以，
又，，
所以，所以，
则，
所以.
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调通增，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦函数的单调性求出函数的单调增区间，与题设比较列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意令，
则，
由于函数在区间上单调通增，且，
故取，则，可得，解得，
结合，知，
故答案为：
14. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______，的取值范围为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由正弦定理得到，由三角恒等变换得到，结合角的范围，得到，并利用三角恒等变换化简得到，根据为锐角三角形，求出，从而得到的取值范围.
【详解】，
由正弦定理得，
又，
故，
即，
为锐角三角形，，故，所以，
故，，
又，故，故，
解得，
，
因为为锐角三角形，且，
解得，故，
，，
故.
故答案为：，
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
15. 已知．
（1）求的最小正周期与单调递增区间；
（2）已知，角的终边与单位圆交于点，求．
【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，从而利用求出最小正周期，并整体法求出单调递增区间；
（2）根据及求出，结合三角函数定义得到，由余弦二倍角公式求出答案.
【小问1详解】
，
故的最小正周期为，
令，，解得，，
故单调递增区间为
【小问2详解】
，即，
因为，所以，
故，解得，
角的终边与单位圆交于点，故，
所以
.
16. 某市一棚户区改造用地平面示意图如图所示.该区域是半径为的圆面，圆面的内接四边形是原棚户区建筑用地，测量可知.
（1）求原棚户区建筑用地中对角线的长度；
（2）请计算原棚户区建筑用地的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据，在△和△中利用两次余弦定理，整理计算即可求得结果；
（2）根据（1）中所求解得，再利用三角形面积公式即可求得结果.
【小问1详解】
，由余弦定理，得
，
，
，
.
故原棚户区建筑用地中对角线的长度为.
【小问2详解】
在△中，因为，
故，又，故可得，则，
故.
即原棚户区建筑用地的面积为.
17. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且经过点．
（1）求函数的解析式；
（2）当，方程有解，求实数的取值范围；
（3）若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，求出周期，再利用周期公式可求出，然后将点代入中可求出的值，从而可求出函数解析；
（2）求得，则将问题转化为有解，然后由求出的范围，从而可求出实数的取值范围；
（3）设，则将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，然后结合正弦函数的图象可求出的范围，从而可求出，进而可求出的取值范围．
【小问1详解】
设的最小正周期为，由题意得，得周期，
所以，得，
因为，所以，
所以，
因为图象过点，所以，得，
因为，所以，
故．
【小问2详解】
，
即有解，
由，得，
所以，所以，
所以，即．
小问3详解】
，设，则，
由“方程在区间上恰有三个实数根”，
得“方程在区间上恰有三个实数根”，
则的图象如下：
即，
由图得，，，
即，
综上．
【点睛】关键点点睛：此题考查由正弦函数的性质求正弦函数的解析式，考查函数与方程的综合问题，考查正弦函数和余弦函数的图象与性质，第（3）问解题的关键是通过换元后，将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，再结合正弦函数的图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.
18. 如图1所示，在中，点在线段BC上，满足是线段AB上的点，且满足，线段CG与线段AD交于点．
（1）若，求实数x，y的值；
（2）若，求实数的值；
（3）如图2，过点的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算以为基底表示，进而求解；
（2）根据向量的线性运算以为基底表示,又因为两向量共线所以具有倍数关系，求出的值；
（3）根据向量的线性运算以为基底表示，又因为三点共线，所以系数之和为1，得出，然后应用基本不等式中1的代换求出的最小值.
【小问1详解】
因所以，
所以,
所以.
【小问2详解】
由题意可知：，
，
又因为三点共线，所以存在实数使得,
，
所以，解得：，
所以.
【小问3详解】
易知，
由（2）知，
又因为三点共线,所以，又，
所以：，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.
（1）在仿射坐标系中，若，求；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求；
（3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；
（2）计算出、、，利用平面向量的夹角公式可得出关于的方程，解之即可；
（3）设、，利用平面向量的线性运算得出、关于、的关系式，利用余弦定理可得出和平面向量数量积的运算性质化简得出，设，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等变换以及正弦函数的有界性可求得的最大值.
【小问1详解】
由题意可知，、的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，则，.
则，所以.
【小问2详解】
由，，得，，
且，
所以，，
，则，
，
因为与的夹角为，则，解得.
小问3详解】
依题意设、，
且，，，
因为为的中点，则，
因为为中点，同理可得，
所以，，
由题意可知，，，
则，
在中依据余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
设，则，且，
所以，，，
，
为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．