安徽省怀宁县新安中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学模拟试题（含解析）

这是一份安徽省怀宁县新安中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学模拟试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义及向量的数量积、模长的坐标运算求投影向量.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：D
2. 在中，点D在BC上，且满足，点E为AD上任意一点，若实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据平面向量基本定理及共线向量定理的推论，由三点共线得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案.
【详解】，
由三点共线可得，且，
所以，
当且仅当即时等号成立.
故选：D.
3. 设点P内一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设AB的中点是点D，由题得，所以点P是CD上靠近点D的五等分点，即得解.
【详解】设AB的中点是点D，
∵，
∴，
∴点P是CD上靠近点D的五等分点，
∴的面积为的面积的.
故选：A
【点睛】本题主要考查向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，再利用基本不等式可得答案.
【详解】因为，
所以，
因为为正实数，所以，
可得，即，
所以，即，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
5. 已知函数，若存在满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由解析式易得，，应用辅助角公式有，进而易知在有对称轴满足，结合已知可得，再应用诱导公式将目标式化为，最后利用即可求值.
【详解】函数，
其中，，，
，是在内的两根，
又，，
则在有对称轴满足，
故有，则，
那么，
由，知.
故选：A
【点睛】关键点点睛：化简函数式为，并确定在有对称轴满足为关键.
6. 已知函数在区间上至少有3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，结合条件可得，求解即可.
【详解】因为，所以，
因为函数在区间上至少有3个零点，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：C.
7. 向量，若存在整数使得方程在上有两个不同的实数根，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】首先化简，将方程的实数根转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合，即可求解.
【详解】，
若有两个不同的实数根，则有两个不同实数根，
，有，
如图，画出函数的图象，

要使得有两个不同实数根，，于是为整数，所以.
故选：C
8. 如图，在中，，，的内角平分线交于点，过作于点，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的定义来计算向量积，再利用正弦定理的边角关系和已知的边和角来求解，最后计算可得结果.
【详解】
由，
在中，由正弦定理得：，
又由的内角平分线交于点，可知，
所以，
在中，有，
所以有，
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 如图是函数（其中，，）的部分图象，下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于y轴对称
B. 函数的图象关于点对称
C. 若，则的最小值为
D. 方程在区间上的所有实根之和为
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据函数图象，先得到和周期，得出，再由最小值点，可求出，得出函数解析式，结合正弦函数的性质，逐项判断，即可得出结果.
【详解】由图象可得，，最小正周期为，所以，则，
所以；
又，则，
所以，
因为，所以，则，
因此，所以，
故函数的图象不关于轴对称；故A错；
又，所以是图象的一个对称中心，故B正确；
因为，当且仅当，即时，；
若，则且，
所以，当时，取得最小值，即C正确；
由可得，所以或，即或，
由可得，则或，所以或；
由可得，则或，所以或，
所以方程在区间上的所有实根之和为，即D错.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：
由三角函数部分图象研究函数性质时，一般需要先由三角函数的性质，结合图象求出解析式，再根据正弦（余弦或正切）函数的性质，逐项求解即可.
10. 已知向量，，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，在方向上的投影向量为
D. 当与夹角为锐角时，
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，根据两向量平行的坐标公式求解；对B，由向量模的坐标公式求解；对C，根据投影向量的定义求解；对D，根据，且与不同向，运算求解.
【详解】对于A，由，则，解得，故A正确；
对于B，，，
，解得或，故B错误；
对于C，当时，，
所以在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，当与夹角为锐角时，则，且与不同向，
，解得且，故D错误.
故选：AC.
11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有（ ）
A. 若A >B， 则
B. ，则
C. 若，则定为直角三角形
D. 若且该三角形有两解，则b的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合各选项条件逐项求解判断.
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，由余弦定理得，即，
而，解得，B错误；
对于C，由余弦定理得，整理得，为直角三角形，C正确；
对于D，有两解，则，而，因此，D正确.
故选：ACD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量方向的投影向量为________
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的意义求解.
【详解】由，得，则，
又，为单位向量，则，，
所以向量在向量方向的投影向量为.
故答案为：
13. 北京冬奥会开幕式上的“雪花”元素惊艳了全世界（图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（图②）．已知这个正六边形的边长为1，且是其内部一点（包含边界），则的最大值是______．

【答案】3
【解析】
【分析】根据正六边形的性质建立合适的平面直角坐标系，将向量用坐标表示出来，再通过向量数量积的坐标运算公式进行计算，最后根据点的位置确定数量积的最大值.
【详解】因为正六边形的边长为，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.

根据正六边形的性质可知：，，.
根据向量坐标运算，可得.
因为是正六边形内部一点（包含边界），设，那么.
所以.
由正六边形的性质可知，点在正六边形内部（包含边界），的最大值在点处取得，此时.代入，可得的最大值为.
故答案为：3.
14. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助两角和的正弦公式与辅助角公式化简原式可得，再利用整体思想结合二倍角公式及诱导公式计算即可得.
详解】
，
则，
故
.
故答案为：.
三、解答题：77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，．
（1）若，且，求的值；
（2）设函数，若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量平行得出坐标关系求参即可；
（2）先应用数量积公式再应用二倍角公式及辅助角公式得出三角函数值，最后应用诱导公式计算求解.
【小问1详解】
由，可得
因，所以，
所以，所以
【小问2详解】
，∴，
所以
16. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）已知是边上的点，，求的最小值.
【答案】（1）
（2）最小值为9
【解析】
分析】（1）先应用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解即可；
（2）先根据面积公式列式得出，最后应用基本不等式计算求解最小值即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
可得，
因为，所以.
【小问2详解】
由可得，
即，
可得，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为9.
17. 已知在中，．
（1）求的大小；
（2）若角的角平分线交边于点，，的周长为15，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（2）利用余弦定理求出，再由及面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
又，所以，所以，
又，所以；
【小问2详解】
因为，，
由余弦定理得，
即，解得.
为角的角平分线，，
∵，
∴，
∴，得.
18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）的外接圆半径为1，是边的中点，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求出.
（2）利用正弦定理求出边，由（1）中信息求得，再利用向量数量积的运算律求出最小值.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，即，
由余弦定理得，而，
所以.
【小问2详解】
由的外接圆半径为1及正弦定理得，
则，当且仅当时取等号，，
由是边的中点，得，则
，当且仅当时取等号，
所以的最小值是.
19. 已知函数（其中，）的最小正周期为.
（1）求的单调增区间；
（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据和差化积公式，降幂公式和辅助角公式将函数化简，然后由最小正周期得出的值，根据正弦函数的单调性即可得出答案；
（2）参变分离，将有解问题转换成求函数值域的问题。
【小问1详解】
，
由于，
然后利用降幂公式化简后面一项得，
所以，
所以，得，
令，
所以求的单调增区间为.
【小问2详解】
由题得，
因为，所以，
所以，
当时取最小值-1，
当时取最大值，
所以，
所以a的范围为.