2024-2025学年山东省烟台市招远市第二中学高一下学期第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省烟台市招远市第二中学高一下学期第一次月考数学试卷（含答案），共8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。
1.已知a=1,2，b=−2,t，若a//b，则实数t的值为( )
A. −4B. −1C. 2D. 4
2.已知tanα−π4=2，则tanα的值为( )
A. 3B. 1C. −3D. −1
3.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则AC=( )
A. 2b−aB. a−2bC. 3a−2bD. 3a+2b
4.已知O为直线AB外一点，且OP=xOA+yOB，若A，B，P三点共线，则x2+y2的最小值为( )
A. 12B. 22C. 1D. 2
5.已知α，β均为锐角，csα=35，sinα−β=513，则sinβ=( )
A. 1665B. 413C. 3365D. 6365
6.在▵ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60 ∘，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则cs∠MPN=( )
A. 77B. 147C. 714D. 1414
7.如图，在长方形ABCD中，AB=4，AD=3，点P在AD上，且AP=2，点M，N分别是边AB，CD上的动点，满足PM⊥PN，则▵MPN的最小值为( )
A. 1B. 2C. 2 2D. 4
8.已知▵ABC的重心为G，过点G的直线分别与边AB，AC交于点M，N，若AM=λAB，AN=μAC，则1λ+1μ的值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 不确定
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 起点相同的单位向量均相等
B. 若向量a⊥b，则a⋅b=0
C. 若向量a//b，b//c，则a、c不一定平行
D. 任意两向量a、b均有a⋅b≤a⋅b
10.已知函数fx=sinωx+φω>0,φ0)图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为π4，且f0+fπ6=3．
(1)求fx的解析式；
(2)将函数fx的图象向左平移π12个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数gx的图象，若gx1gx2=9，且x1,x2∈−2π,2π，求2x1−x2的最大值；
(3)记函数fx在区间t,t+π4上的最大值为Mt，最小值为mt，设函数Ht=Mt−mt，求函数Ht在区间π12,5π12上的值域．
19.(本小题17分)
对于一组向量a1，a2，a3，…，an，(n∈N且n≥3)，令Sn=a1+a2+a3⋅⋅⋅+an，如果存在app∈1,2,3,⋅⋅⋅,n，使得ap≥Sn−ap，那么称ap是该向量组的“长向量”．
(1)设an=n,x+2n，n∈N且n>0，若a3是向量组a1，a2，a3的“长向量”，求实数x的取值范围；
(2)若an=sinnπ2,csnπ2，n∈N且n>0，向量组a1，a2，a3，…，a7是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由；
(3)已知a1，a2，a3均是向量组a1，a2，a3的“长向量”，其中a1=sinx,csx，a2=2csx,2sinx.设在平面直角坐标系中有一点列P1，P2，P3，…，Pn满足，P1为坐标原点，P2为a3的位置向量的终点，且P2k+1与P2k关于点P1对称，P2k+2与P2k+1(k∈N且k>0)关于点P2对称，求P1013P1014的最小值．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.A
5.C
6.C
7.B
8.B
9.BCD
10.AC
11.ACD
12.−45,35
13.−79
14.4,1 ；1,−2
15.解：(1)因为2a−b⋅a+2b=2a2+3a⋅b−2b2=4+3a⋅b−8=2，
所以a⋅b=2；
(2)因为csθ=a⋅ba⋅b=2 2×2= 22，
又θ∈0,π，所以θ=π4；
(3)因为a−2b2=a2−4a⋅b+4b2=2−8+16=10，
所以a−2 b= 10．

16.解：1)fx=sin4x+2 3sinxcsx−cs4x
= 3sin2x+sin2x+cs2xsin2x−cs2x= 3sin2x−cs2x=2sin2x−π6，
所以fx的最小正周期T=2π2=π，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2，解得kπ−π6≤x≤kπ+π3，
所以fx的单调递增区间为kπ−π6,kπ+π3，k∈Z；
(2)当x∈0,π2时，2x−π6∈−π6,5π6，
所以当2x−π6=π2，即x=π3时，fx取得最大值2，
故fx的最大值为2，取得最大值时x的集合为π3．

17.解：(1)tan70∘cs10∘ 3tan20∘−1
=sin70∘cs70∘cs10∘ 3sin20∘cs20∘−1
=sin70∘cs70∘cs10∘ 3sin20∘−cs20∘cs20∘
=sin70∘cs70∘cs10∘−2sin10∘cs20∘
=−sin70∘cs70∘sin20∘cs20∘=−1；
(2)将sinα−sinβ=12两边平方可得，sin2α−2sinαsinβ+sin2β=14，
csα+csβ=13两边平方可得，cs2α+2csαcsβ+cs2β=19，
两式相加可得，2+2csαcsβ−sinαsinβ=1336，
即2+2csα+β=1336，
解得csα+β=−5972．

18.解：(1)由题意可知，函数fx的最小正周期为T=4×π4=π，所以ω=2πT=2，
所以fx= 3sin2x+acs2x，所以f0=a,fπ6= 3sinπ3+acsπ3=32+12a，
故f0+fπ6=32+32a=3，
解得a=1，
所以fx= 3sin2x+cs2x=2sin2x+π6；
(2)将函数fx的图象向左平移π12个单位长度，
可得y=2sin2x+π12+π6=2sin2x+π3的图象，
再向上平移1个单位长度，得到gx=2sin2x+π3+1的图象，
所以−1≤gx≤3，
又x1,x2∈−2π,2π，所以当gx1gx2=9时，gx1=3,gx2=3，
又x1,x2∈−2π,2π，所以2x+π3∈−11π3,13π3，
要使2x1−x2最大，则2x1+π3最大，2x2+π3最小．
所以当2x1+π3=5π2最大，2x2+π3=−7π2最小时，
即x1=13π12,x2=−23π12,2x1−x2取得最大值，
最大值为2x1−x2=49π12；
(3)因为t∈π12,5π12，所以2t+π6∈π3,π,2t+π4+π6=2t+2π3∈5π6,3π2，
当t∈π12,π6时，fx在t,π6上单调递增，在π6,t+π4上单调递减，
所以Mt=2,mt=2sin2t+π2+π6=2cs2t+π6，
此时Ht=2−2cs2t+π6,t∈π12,π6；
又t∈π12,π6，所以2t+π6∈π3,π2，所以cs2t+π6∈0,12,
所以Ht的取值范围为1,2；
当t∈π6,5π12时，fx在t,t+π4上单调递减，
所以Mt=2sin2t+π6，mt=2sin2t+π2+π6=2cs2t+π6，
此时Ht=2sin2t+π6−2cs2t+π6=2 2sin2t−π12；
又t∈π6,5π12，所以2t−π12∈π4,3π4，所以sin2t−π12∈ 22,1，
所以Ht的取值范围为2,2 2，
综上，函数Ht的值域为1,2 2．

19.解：(1)由题意可得：a3≥a1+a2，则 9+x+62≥ 9+2x+62，解得：−4≤x≤0；
(2)存在“长向量”，且“长向量”为a2，a6，理由如下：
由题意可得an= sin2nπ2+cs2nπ2=1，
若存在“长向量”ap，只需使Sn−ap≤1，
又S7=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a7=1+0−1+0+1+0−1,0−1+0+1+0−1+0=0,−1，
故只需使Sn−ap= sin2pπ2+cspπ2+12= sin2pπ2+cs2pπ2+2cspπ2+1
= 2+2cspπ2≤1，即0≤2+2cspπ2≤1，即−1≤cspπ2≤−12，
当p=2或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为a2，a6；
(3)由题意，得a1≥a2+a3，a12≥a2+a32，即a12≥a2+a32，
即a12≥a22+a32+2a2⋅a3，同理a22≥a12+a32+2a1⋅a3，
a32≥a12+a22+2a1⋅a2，
三式相加并化简，得：0≥a12+a22+a32+2a1⋅a2+2a1⋅a3+2a2⋅a3，
即a1+a2+a32≤0，a1+a2+a3≤0，所以a1+a2+a3=0，
设a3=u,v，由a1+a2+a3=0得：u=−sinx−2csxv=−csx−2sinx,
设Pnxn,yn，则依题意得：x2k+1,y2k+1=2x1,y1−x2k,y2kx2k+2,y2k+2=2x2,y2−x2k+1,y2k+1,
得x2k+2,y2k+2=2x2,y2−x1,y1+x2k,y2k，
故x2k+2,y2k+2=2kx2,y2−x1,y1+x2,y2，
x2k+1,y2k+1=−2kx2,y2−x1,y1+x2,y2，
所以P2k+1P2k+2=x2k+2−x2k+1,y2k+2−y2k+1=4kx2,y2−x1,y1=4kP1P2，
P1P22=−sinx−2csx2+−csx−2sinx2=5+8sinxcsx=5+4sin2x≥1，
当且仅当x=tπ−π4t∈Z时等号成立，
故P1013P1014min=4×10122=2024．