山东省烟台市招远市第二中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份山东省烟台市招远市第二中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析），共18页。
1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．
2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上．
3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰．超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
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，一项符合题目要求．
1. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由向量共线基本定理求解即可.
【详解】因为，所以，则，解得.
故选：A
2. 已知，则的值为（ ）
A 3B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式即可.
【详解】
故选：C
3. 在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，作出几何图形，再利用向量线性运算求解即得.
【详解】在中，M为BC的中点，，，
所以.
故选：C
4. 已知为直线外一点，且，若，，三点共线，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，，三点共线，可得，结合基本不等式即可求.
【详解】因为，，三点共线，
所以存在非零实数，使得，
所以，
所以，
所以，
所以.
当时等号成立，所以的最小值为
故选：A
5. 已知，均为锐角，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系以及配凑法即可求解.
【详解】因为，
又因为，均为锐角，则，所以，，
所以，
故选：C
6. 在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量法求得余弦值.
【详解】
因为，，，
由余弦定理得，
所以，
所以为直角三角形，且，
以为原点，建立如图直角坐标系：
所以，
所以，
所以.
故选：C
7. 如图，在长方形中，，，点在上，且，点，分别是边，上的动点，满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】通过设未知数，利用勾股定理建立PM与PN的关系，再结合三角形面积公式，根据均值不等式求出面积的最小值.
【详解】设，因为四边形是长方形，，，.
在中，根据勾股定理，可得.
因为，，所以，
又因为，则，所以（两角分别相等的两个三角形相似）.
由可得，已知，，
则，那么，所以.
在中，根据勾股定理，可得.
因为，所以.
根据均值不等式，对于，，
有：
,（当且仅当，即时等号成立）.
因为，，所以，那么.
所以面积的最小值为.
故选：B.
8. 已知的重心为，过点的直线分别与边，交于点，，若，，则的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】将用作为基底表示，根据三点共线即可求.
【详解】
因为，，
所以，，
因为的重心为，
所以，
又因为三点共线，
所以，
所以.
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 起点相同的单位向量均相等
B. 若向量，则
C. 若向量，，则、不一定平行
D. 任意两向量、均有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据相等向量的概念可判断A选项；根据向量垂直的等价条件可判断B选项；根据共线向量的概念可判断C选项；利用平面向量数量积的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，起点相同的单位向量的方向不一定相同，故这些向量不一定相等，A错；
对于B选项，若向量，则，B对；
对于C选项，向量，，若，则、不一定平行；
若，若、中至少有一个为零向量，则、平行，
若、均为非零向量，可设，，则，则、平行，
综上所述，若向量，，则、不一定平行，C对；
对于D选项，若、中至少有一个零向量，则，
若、都为非零向量，设这两个向量的夹角为，则，则，
所以，，
综上所述，，D对.
故选：BCD.
10. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若的最小正周期为，则
B. 若的图象关于点中心对称，则
C. 若在上单调递增，则的取值范围是
D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】将点的坐标代入解析式，求得的值，根据周期公式可判断选项A，根据已知点可求得的值，可判断B，根据的取值范围得到的取值范围，再依据单调递增区间可判断选项C，根据零点个数以及整体代入法可求得选项D.
【详解】因为函数的图象经过点，
所以，而，所以，即，
选项A，的最小正周期是，则，A正确；
选项B，图象关于点中心对称，
则（因为），B错误；
选项C，时，，
则，，解得，C正确；
选项D，时，，
方程在上恰有两个不同的实数解，
即方程在上恰有两个不同的实数解，
则，解得，D错误．
故选：AC．
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于轴对称
B. 是周期为的周期函数
C. 的值域为
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于AB对称性与周期性的判定按定义进行判断，不正确时举反例即可；对CD需要把函数化成一角一函数研究，结合对称性和周期性简化推算过程.
【详解】对于A：由题意函数的定义域为R，且，
故的图象关于轴对称，所以A正确；
对于B：因为，，所以，故B错误；
对于C：当时，
则，此时值域为；
当时，，
此时值域为，故C正确；
对于D：由
，
则是的一个周期，当时，，
所以由，解得，
则，
又由的图象关于轴对称可知当时，
的解为，
所以不等式的解为.故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：研究三角函数问题要充分利用它的对称性和周期性简化问题的探究，如根据对称性只研究一半，根据周期性只研究一个周期，其余情况根据对称性和周期性得出结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 与向量方向相反的单位向量为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由相反向量及单位向量的定义可得.
【详解】向量方向相反的单位向量.
故答案为：.
13. 若，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用平方关系化简，即可求出，结合诱导公式和倍角公式即可求值.
【详解】因为，
所以，
解得或（舍），
所以.
故答案为：
14. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转角得到点，则点的坐标为_____，向量在向量上的投影向量为_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空：根据已知条件，确定向量逆时针旋转的角，根据公式确定坐标，再根据点坐标，求出点的坐标；空：根据投影向量的计算公式结合、坐标即可求解.
【详解】空：由题意得，把点绕点沿顺时针方向旋转角得到点，
则点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，
则，
，设，又因为，
所以，解得，所以.
空：向量在向量上的投影向量为，
因为，，
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. 已知向量，满足，，．
（1）求；
（2）求与的夹角的值；
（3）求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律可直接构造方程求出；
（2）利用夹角公式即可求；
（3）由向量数量积运算律可求得，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
因为，
又，所以；
【小问3详解】
因为，
所以．
16. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）当时，求的最大值及取得最大值时的集合．
【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为 ，
（2）最大值为2，取得最大值时的集合为
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简，再根据正弦函数的周期性和单调性即可得解；
（2）根据正弦函数的性质求解即可.
【小问1详解】
，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以的单调递增区间为 ，；
【小问2详解】
当时，，
所以当，即时，取得最大值2，
故的最大值为2，取得最大值时的集合为．
17. 求值：
（1）；
（2）已知，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先对原式进行切化弦化简，利用三角函数差角公式逐步变形，最终得出结果；
（2）将两式平方相加即可求.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
将两边平方可得，，
两边平方可得，，
两式相加可得，，
即，
解得．
18. 已知函数图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，且．
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若，且，求的最大值；
（3）记函数在区间上的最大值为，最小值为，设函数，求函数在区间上的值域．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得到周期，即可求得的值，再根据函数值可求得的值，最后根据辅助角公式可求得结果；
（2）根据三角形变换得到变换后的解析式，再根据最值得到的值，即可求得结果；
（3）根据的取值范围，分情况得到的取值范围，整体法求得最值，得到的表达式，即可求得结果.
【小问1详解】
由题意可知，函数的最小正周期为，所以，
所以，所以，
故，
解得，
所以；
【小问2详解】
将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
再向上平移1个单位长度，得到的图象，
所以，
又，所以当时，，
又，所以，
要使最大，则最大，最小．
所以当最大，最小时，
即取得最大值，
最大值；
【小问3详解】
因为，所以，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
此时；
又，所以，所以，
所以的取值范围为；
当时，在上单调递减，
所以，，
此时；
又，所以，所以，
所以的取值范围为，
综上，函数的值域为．
【点睛】本题考查了三角函数的图形变化以及最值，关键点有；
（1）根据对称中心以及对称轴得到周期，根据周期公式得到参数；
（2）辅助角公式是将含有多个三角函数名称的解析式转化为只含有一个三角函数名称的解析式；
（3）对于三角函数的题，最常用的方法就是整体代入讨论法.
19. 对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
（1）设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围；
（2）若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你结论并说明理由；
（3）已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
【答案】（1）
（2）存在，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得；
（2）由题意可得，亦可得，故只需使，计入计算即可得；
（3）首先由，，均是向量组，，的“长向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值.
【小问1详解】
由题意可得：，则，解得：；
【小问2详解】
存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下：
由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
故只需使
，即，即，
当或时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，；
【小问3详解】
由题意，得，，即，
即，同理，
，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由得：，
设，则依题意得：，
得，
故，
，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为.