广东省南雄市第一中学等13校2024-2025学年高一下学期联考 数学试卷（含解析）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至必修第二册6.3.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若向量，且，则（ ）
A. 28B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，即，解得.
故选：D.
2. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可根据交并补的概念算出各选项结果判断即可.
【详解】由题意得．
故选：C.
3. 函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据二次根式有意义的条件求出函数的定义域，再根据函数单调性求出函数的值域.
【详解】由，得，则的定义域为．易得是增函数，所以，即的值域为．
故选： B.
4. 已知点是线段上靠近点的一个三等分点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，计算坐标，再得出坐标.
【详解】由题意可得，，
设，则，所以，
即，解得
故选：B
5. 如图1，这是杭州第19届亚运会会徽，名为“潮涌”.如图2，这是“潮涌”的平面图，若，则图形的面积与扇形的面积的比值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设扇形的圆心角为，利用扇形的面积公式，分别求得扇形和的面积，进而求得图形的面积与扇形的面积的比值，得到答案.
【详解】解：设扇形的圆心角为，
可得扇形的面积为，扇形的面积为，
因为，所以，即，
所以图形的面积与扇形的面积的比值.
故选：D.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用指数函数单调性，结合三角函数值的正负判断即可.
【详解】因为是减函数，所以．易得，所以．
故选：A.
7. 已知向量，且的夹角为锐角，则m的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积计算，同时需排除两向量同向共线的情况.
【详解】由题意得a⋅b=10+3m>0,-2m≠-5×3,得且．
故选：B.
8. 某企业研发一款新产品，计划第一年投入研发经费10万元，此后每年投入的研发经费比上一年增长.若第年投入的研发经费首次超过20万元，则（ ）（参考数据：）
A. 4B. 5C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得第年投入的研发经费为万元，令，根据指数函数的性质及对数的运算性质求出的取值范围，即可得解.
【详解】依题意可得第年投入的研发经费为万元，
令，即，
所以
，
所以，又，所以的最小值为，即第年投入的研发经费首次超过20万元.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 下列说法正确的是（ ）
A. 我们把既有大小又有方向的量叫作向量B. 单位向量是相等向量
C. 零向量与任意向量平行D. 向量的模可以比较大小
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的定义以及单位向量，零向量的定义，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，我们把既有大小又有方向的量叫作向量，A正确，
对于B，单位向量是长度为1的向量，方向不确定，故不一定是相等向量，B错误，
对于C， 零向量与任意向量平行，C正确，
对于D，向量的模长是实数，故可以比较大小，D正确.
故选：ACD
10. 已知正方形ABCD的边长为1，为任意向量，则的值可能为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示列式计算判断.
【详解】如图，以A为原点建立平面直角坐标系，则，设，
则，因此
，当且仅当时取等号，
所以所求值可能和1.
故选：AC
11. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A
B. 的图象关于直线对称
C. 的值域为
D. 在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先得到，即可求出函数的最小正周期，求出，即可判断A，再由判断B，求出函数在上的值域，即可判断C，结合函数解析式及正弦函数的性质判断D.
【详解】对于A：因为
因为函数的最小正周期为；
则函数的最小正周期为，
所以的最小正周期为，所以，则，
此时，则
，符合题意，故A正确；
对于B：因为，
则，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因为的最小正周期为，所以只需研究函数在上的值域即可，
当，则，此时，
则，所以，所以；
即的值域为，故C错误；
对于D：当时，则，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则的最小值为_________．
【答案】24
【解析】
【分析】利用多项式乘法法则将展开，然后根据均值不等式（，当且仅当时等号成立）来求其最小值。
【详解】由题意得，当且仅当，即时，等号成立．
故答案为：24.
13 已知函数满足，且，则_________.
【答案】675
【解析】
【分析】通过观察发现函数值之间存在着一定的规律，即每隔个单位，函数值增加，我们可以利用这个规律从已知的逐步递推到.
【详解】由题意得
．
故答案为：675.
14. 已知圆的半径为，弦，为圆上一动点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】以圆心为原点，过点且与直线的直线为轴，线段的垂直平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的最大值.
【详解】以圆心为原点，过点且与直线的直线为轴，
线段的垂直平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则、，设点，
，，
所以，，当且仅当时，取最大值.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知两个非零向量与不共线，且．
（1）用表示；
（2）猜想A，B，C三点之间的位置关系，并证明你的结论．
【答案】（1），
（2）三点共线，证明见解析
【解析】
【分析】（1）对于向量的线性运算，依据向量的数乘和加减运算法则进行；（2）判断三点共线则是通过证明两个向量共线且有公共点来实现.
【小问1详解】
由题意得，
.
【小问2详解】
A，B，C三点共线．
理由如下：因为，
，
所以，则．又与有一个公共点A，所以A，B，C三点共线.
16. 已知向量与的夹角为，且．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用数量积的定义及模长公式，即可求解；
（2）先求出，，利用向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意得， ．
【小问2详解】
由题意得，
又，，
所以.
17. 已知函数（，且），且．
（1）求的值；
（2）判断的奇偶性并证明你的结论；
（3）若不等式恒成立，求t的取值范围．
【答案】（1）；
（2）奇函数，证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）把给定条件代入函数式求出参数值；
（2）利用函数奇偶性定义判断并证明；
（3）确定函数的单调性，结合奇函数的性质求解不等式即可.
【小问1详解】
函数中，由，得，而，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，
函数的定义域为R，
，
所以是R上的奇函数；
【小问3详解】
函数都是R上的增函数，则是R上的增函数，
不等式，
因此，即，则，
解，得或；
解，即，得.
于是，
所以t的取值范围是.
18. 已知函数部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.
①若，求的值；
②若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据得，利用结合函数的周期得，由此可得函数解析式.
（2）①求出函数的解析式，利用二倍角公式及同角三角函数的关系可得，的值，根据两角和的余弦公式可得结果.
②求出的值域，条件转化为，由此可得结果.
【小问1详解】
由得，，
∵，∴，.
由得，，
∴，故，
设函数的最小正周期为，
由图象得，，∴，故，
∴.
【小问2详解】
①由题意得，.
∵，∴，，
∴.
②∵，∴，
∴，故.
∵对任意的恒成立，
∴恒成立，即，
∴，即，
∴的取值范围是.
19. 在平行四边形中，与交于点.
（1）若，求；
（2）已知.
①若为的重心，求；
②若为线段上一动点，求的最小值.
【答案】（1），
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得；
（2）①以、为基底，表示出、，再根据数量积的运算律计算可得；②设，以、为基底，表示出、，再根据数量积的运算律及二次函数的性质计算可得.
【小问1详解】
依题意，
设，因为，
所以，
因为、、三点共线，
设，
因为、不共线，所以，解得，
所以，又，所以；
【小问2详解】
①因为，所以，
因为为的重心，所以
，
所以
.
②因为，
又为线段上一动点，
设，
所以，
，
所以
，所以当时取得最小值.