重点山东省淄博第四中学2024-2025学年高一下学期第一次阶段性测试 数学试卷（含解析）

这是一份重点山东省淄博第四中学2024-2025学年高一下学期第一次阶段性测试 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了答第11卷时，必须使用0， 已知向量满足，则， 已知，则在上的投影向量为， 已知，，，，则， 在中，，点E在上，若，则， 已知函数，则， 已知向量满足，，且，则等内容，欢迎下载使用。
本试题分第1卷和第11卷两部分，共19题，4页，满分150分，考试用时120分钟.考试结束后只将答题卡交回.
注意事项：
1.答题前，务必将本人班级、姓名、考号、考场、座号用正楷字体填写在答题卡相应位置.
2.答第1卷时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案涂黑，修改时，要用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷上的答案无效.
3.答第11卷时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，作图时，可用2B铅笔，要求字体工整，笔迹清晰.务必在题号所指示的答题区域内作答，写在试卷及草稿纸上的答案无效.
第Ⅰ卷（共58分）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量线性运算坐标运算直接求解.
【详解】由题意得，，
所以．
故选：B
2. 在等式①；②；③；④若，且，则；⑤非零向量，满足，则．其中正确的命题的个数是：（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义以及运算律、数乘的相关概念，可得答案.
【详解】对于①，，故①错误；对于②，，显然②正确；
对于③，，，故③错误；
对于④，由，则，
由，则，故④错误；
对于⑤，由，则，化简可得，所以，故⑤正确.
故选：B.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和差的正弦公式即可求得.
【详解】由
，即，解得.
故选：.
4. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求，结合向量的夹角公式可求答案.
【详解】由模长公式，
由夹角公式.
故选：A
5. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求得答案.
【详解】由，得，，
所以在上的投影向量为.
故选：A
6. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角的正弦余弦的平方关系求得，，根据，结合两角和的正弦公式可求值.
【详解】因为，所以，又，
所以，
因为，所以，又，
所以，
.
故选：D.
7. 在中，，点E在上，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算将用与表示出来，再利用向量共线定理的推理即可得解.
【详解】因为，所以，
则
，
因为三点共线，所以，解得.
故选：C
8. 四边形为菱形，，，是菱形所在平面的任意一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求得，连接和交于点，得到，，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】由题意，四边形为菱形，，可得，
在中，由余弦定理得到，
连接和交于点，则点为的中点，
连接，，，则，，
所以．
故选：B.
二、多选题（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）
9. 已知函数，则（ ）
A. 在区间单调递减
B. 的图象关于直线对称
C. 当时，的值域为
D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】AB
【解析】
【分析】整理可得.对于A：以为整体，结合正弦函数的单调性分析判断；对于B：代入求值，结合对称轴与最值点之间的关系分析判断；对于C：以为整体，结合正弦函数的有界性分析判断；对于D：根据三角函数图象变换分析判断.
【详解】因为.
对于选项A：因为，则，
且正弦函数在内单调递减，
所以在区间单调递减，故A正确；
对于选项B：因，为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C：因为，则，
可得，即，
所以的值域为，故C错误；
对于选项D：的图象向左平移个单位长度，
可得，故D错误.
故选：AB.
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. 已知点是的重心，点，，C(−2,5)，点是上靠近点B的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角形的重心坐标公式即可求得点坐标，利用共线向量的坐标计算公式易得点坐标，利用平面向量的夹角公式计算即得，通过平面向量的线性运算求出的坐标，易得其模长.
【详解】
对于A项，如图，点是的重心，点，，，设点，则，故A选项正确；
对于B项，因点是上靠近点的三等分点，则设则
即,解得，故B项正确；
对于C项，因为，则，
故,即，故C项错误；
对于D项，因则，故D项错误.
故选:AB.
第II卷（共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则=_______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由二倍角公式化简，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】原式.
故答案为：
13. 已知函数，若，且在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知最小正周期，进而可得，代入即可得函数值.
【详解】因为，且在区间上恰有一个最大值和一个最小值，
可知函数的最小正周期，
则，解得，可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知为所在平面内一点，且满足，则的面积与的面积之比为_________.
【答案】
【解析】
【分析】在上取一点，使得,在上一点，使得取，证得四边形为平行四边形，，进而结合平面图形的几何性质即可求出结果.
【详解】
在上取一点，使得,在上一点，使得取，又因为，则，所以四边形为平行四边形，所以，因为，则，，则，
所以.
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. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．
（1）若点，，，试用基底表示；
（2）若，且点P在第四象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设求出的坐标，根据平面向量的基本定理有求出，即可得结果.
（2）设，由已知得求出关于的表达式，结合所在象限列不等式求的范围.
【小问1详解】
，，，，，
所以．
由题意，知存在实数m，n，使得，
即，
可得解得
所以．
【小问2详解】
设，则．
又，
则即
又点P在第四象限，所以解得，
故的取值范围是．
16. 已知平面向量.
（1）若，求的值；
（2）若求的值；
（3）若向量，若与共线，求
【答案】（1）
（2）
（3）18
【解析】
【分析】（1）由垂直向量的数量积为零，建立方程求得向量坐标，利用向量的坐标运算，可得答案；
（2）由平行向量的坐标表示，建立方程求得向量坐标，利用向量的模长公式，可得答案；
（3）由向量的坐标运算，求得向量坐标，利用平行向量的坐标表示，建立方程，可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，则，解得，
故，.
【小问2详解】
因为，所以，则，.
【小问3详解】
，，
若与共线，则，解得，即，
故.
17. 已知
（1）化简
（2）若为第三象限角，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可；
（2）利用诱导公式和同角三角函数关系求出，，再根据余弦的两角和公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可得.
【小问2详解】
因为，所以，
又为第三象限角，所以，
所以.
18. 已知函数的部分图象如下图所示．

（1）求的解析式及单调减区间；
（2）要得到的图象，需要将的图象作怎样的变换？（详细写出每步变换）
（3）对于（2）中的函数，若对任意，有，求实数a的最小值．
【答案】（1），减区间为
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用图象可得出的值，求出函数的最小正周期，可求出的值，再由结合的取值范围可得出的值，即可得出函数的解析式，然后利用正弦型函数的单调性可求出函数的减区间；
（2）根据三角函数图象变换规律求解；
（3）利用正弦型函数的基本性质求出函数在上的最小值和最大值，可得出，即可得解.
【小问1详解】
由图可得，
函数的最小正周期为，则，
所以，，
因为，可得，
因为，则，所以，，所以，，
因此，，
由解得，
所以，函数的单调递减区间为.
【小问2详解】
将函数图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，
继续将图象纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象，
最后将图象向上平移1个单位得到的图象；
【小问3详解】
当时，，
则，则，
对任意的、，，
则，故实数的最小值为.
19. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，记，

（1）请用来表示平行四边形的面积；
（2）若.
①求平行四边形面积的最大值，以及面积最大时角的值；
②记（其中），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①，；②
【解析】
【分析】（1）过点作的垂线，在，中利用三角函数值表示边长，即可表示出四边形的面积；
（2）①运用三角恒等变换和三角函数的性质计算关于的三角函数的最值即可；②通过建系，得出点的坐标，利用的三角函数来表示，再由三角函数的性质即可求得的范围.
小问1详解】
过点作的垂线，垂足为，在中，，
在中，，则，

所以，
所以
【小问2详解】
①若，由题意可得，
由（1）知：
故平行四边形的面积
由于，故，
故当时，即时，取得最大值.
②根据题意，建立如图所示的坐标系，则，即

又，则
因，即，
则，，
解得：，，
，
由点是弧上一动点，则，则，
所以即.
则的取值范围为.