广东省香山中学、高要一中、广信中学2024-2025学年高一下学期第一次教学质量检测数学试题含解析

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这是一份广东省香山中学、高要一中、广信中学2024-2025学年高一下学期第一次教学质量检测数学试题含解析，共14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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标运算直接求解.
【详解】由题意得，，
所以．
故选：B
2. 已知，则（）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用二倍角余弦公式计算即可.
【详解】因为，则 .
故选：B.
3. 把函数图象上所有点（）可得到函数的图象.
A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用函数的图象变换判断即得.
【详解】因为，
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所以把函数图象上的所有点向右平移可得到函数的图象.
故选：D.
4. 在中，，，则的值为（）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理建立一元二次方程进行求解即可．
【详解】解：中，，
，
即，化简得，
解得或（不合题意，舍去），
，
故选：B．
5. 已知，，，则向量在方向上的投影向量为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用投影向量的定义求解即得.
【详解】向量在方向上的投影向量为 .
故选：B
6. 已知向量 .若，则（）
A. 3 B. 4 C. 5 D.
【答案】C
【解析】
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【分析】利用坐标计算，再利用数量积即可求.
【详解】因，则，
因，，则，
得
故选：C
7. 如图，在四边形中，，，设，，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算，结合图形可得.
【详解】因为，
所以
.
故选：C.
8. 在△ABC 中，内角 A、B、C 所对边分别为 a、b、c，若，则∠B 的大小是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
根据正弦定理，可得，令，，，再结合公
式，列出关于的方程，解出后，进而可得到的大小.
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【详解】解：∵ ，
∴ ，
即，
令，，，显然，
∵ ，
∴ ，解得，
∴ ，B＝．
故选：D.
【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，考查两角和的正切，用 k 表示，，
是本题关键
二、多选题
9. 已知，则下列各式正确的有（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由同角的三角函数，平方关系，二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】对于 A，，
又，所以，
所以，故 A 错误；
对于 B，；故 B 正确；
对于 C，，故 C 正确；
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对于 D，，故 D 错误.
故选：BC
10. 已知向量满足，，且，则（）
A. B.
C. 与的夹角为 D. 与的夹角为
【答案】AC
【解析】
【分析】对两边平方可判断 A；计算出可判断 B；利用求出可判断 CD．
【详解】对于 A，因为，，且，所以，
则，则，故 A 正确；
对于 B，因为，所以与不垂直，故 B 错误；
对于 C ，，又，所以与的夹角为，
故 C 正确 D 错误．
故选：AC．
11. 在中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，则下列说法正确的是（）
A. 若，，，则符合条件的有且仅有两个
B. 若，则
C. 若，则为钝角三角形
D. 若为锐角三角形，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据余弦定理以及正弦定理，逐项检验，可得答案.
【详解】对于 A：若，，，
由余弦定理得，
故符合条件的有且仅有一个，故 A 错误；
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对于 B：反证法：假设，根据三角形内大边对大角，则，
由正弦定理可得，与题干矛盾，故 B 正确；
对于 C：若，由正弦定理得，
由余弦定理得，故，所以为钝角三角形，故 C 正确；
对于 D：若为锐角三角形，则，所以，
因为在上单调递增，所以，故 D 正确．
故选：BCD．
三、填空题
12. 设，是不共线的两个平面向量，已知，．若，，三点共线，则实
数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量共线定理可得，进而可得结果.
【详解】\ 三点共线，则
所以
故答案为：
【点睛】本题考查了平面向量共线定理，考查了计算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.
13. 已知是边长为 2 的正三角形，，分别为边，的中点，则若，则
___________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系求得向量的坐标表示联立方程组即可求得，可得结果.
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【详解】以为坐标原点，分别以为轴正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：
易知，
则，
由可得，解得；
可得 .
故答案为：
14. 在中，内角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，已知，，则
的内切圆半径 r 的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题设利用正弦定理、余弦定理得到及，再根据
得到，化简变形并运用基本不等式即可求得其最大值.
【详解】已知，由正弦定理可得，
又，可求得，，
利用余弦定理，可得，
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所以，
又三角形面积，
又，所以，
故
，当且仅当时等号成立，
所以的内切圆半径 r 的最大值为
故答案：
四、解答题
15. 已知点 .
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或 .
【解析】
【分析】依据向量平行和垂直的坐标表示形式来求得的值即可.
【小问 1 详解】
由题知， .
若，则，
解得，故实数的值为 .
【小问 2 详解】
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若，则，整理得，
解得或 .
16. 在中，角、、的对边分别为、、，， .
（1）若，求；
（2）若的面积，求， .
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由条件结合正弦定理求结论，
（2）先结合三角形面积公式求，再利用余弦定理求 .
【小问 1 详解】
由正弦定理定理可得，
又，，，
所以，
所以，
【小问 2 详解】
由三角形面积公式可得的面积，
所以，又，，
所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以 .
17. 已知函数 .
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（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，然后把所得函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的
倍，得到的图象，求函数在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用整体代换法计算即可求解；
（2）根据三角函数图象的伸缩平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质计算
即可求解.
【小问 1 详解】
，
令，则，
的单增区间为 .
【小问 2 详解】
的图象向左平移个单位长度得到
的图象，
再将图象上所有点的横坐标缩小到原来，
得图象，即，
当，则，
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当即时，单调递增，
当即时，单调递减，
又，
在的值域为 .
18. 已知函数的图象如图所示.
（1）求这个函数的解析式，并指出它的振幅和初相；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值，并指出取得最值时的的值；
（3）求这个函数的单调增区间和对称中心.
【答案】（1），其振幅是 2，初相是
（2）时，函数取得最大值为 0；时，函数取得最小值为-2
（3）单调递增区间为，对称中心为
【解析】
【分析】（1）根据图像写出，由周期求出，再由点确定的值．
（2）根据确定的取值范围，再由的单调求出最值
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（3）用整体代入法结合函数可求函数的单调增区间和对称中心.
【小问 1 详解】
由图象知，函数的最大值为，最小值为，∴ ，
又∵ ，∴ ，，∴ .
∴函数的解析式为 .
∵函数的图象经过点，
∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ .
故函数的解析式为，其振幅是，初相是 .
【小问 2 详解】
由（1）得，令，则 .
∵ ，∴ .
于是，当，即时，函数取得最大值 0；
当，即时，函数取得最小值为 .
【小问 3 详解】
令，，解得 ,
所以函数的单调增区间 .
令 , ，解得，
故函数的对称中心为， .
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19. 设函数．
（1）当时，求函数的最小值并求出对应的；
（2）在中，角的对边分别为，若，且，求周长的取
值范围．
【答案】（1）当时，函数取到最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）先对函数化简，得到，再利用函数的图像与性
质即可求出结果.
（2）利用（1）中条件求出角，再利用余弦定理建立方程，再利用基本不等式和三角形
任何两边之和大于第三边，即可求得周长的范围.
【小问 1 详解】
因为
，
因为，所以，
由的图象与性质知，当，即时，函数取到最小值为，
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即当时，函数的最小值为，此时．
小问 2 详解】
因为，由（1）得到，
，
即，又在中，则，
所以，即，
又，由余弦定理，得到，
又由基本不等式知，，当且仅当取等号，
所以，则，
又因为，所以，
所以周长的取值范围为．
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