四川省成都市第七中学2024-2025学年高一下学期期中检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省成都市第七中学2024-2025学年高一下学期期中检测数学试题（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
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. （ ）
A. B. C. D.
2. 若，则（ ）
A 1B. 2C. 5D.
3. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
4. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
5. 如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知，，则质点P位移的大小是（ ）
A 9B. C. D.
6. 在中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B. C. D.
7. 定义两个向量，之间的一种运算：，其中是向量，的夹角，则对于非零向量，，下列结论不一定成立的是（ ）
A. 该运算满足交换律，即
B. 若向量，共线，则
C. 的值等于以，为邻边的平行四边形的面积
D 对任意向量，有
8. 已知，，，，满足，用S表示的面积，当最大时，的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同
B. 若，满足，且，同向，则
C. 若四边形ABCD满足，则四边形ABCD是平行四边形
D. 两个非零向量和，若，则与垂直
10. 设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则下列条件能使解出的有且仅有一个的是（ ）
A. B. C. D.
11. 已知函数（，），满足，且函数在区间上单调，下列说法正确是（ ）
A.
B. 若，则函数的最小正周期为
C. 关于x的方程在上可以有4个不等实数解
D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
13. 已知非零向量与满足，且，，点D是的边AB上的动点，则的最小值为________．
14. 已知的外心为O，，则实数k的最大值为________．
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. 已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数值；
（2）设，分别记复数、在复平面上对应的点为、，求与的夹角的余弦值以及在上的投影向量的坐标．
16. 已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，求．
17. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的最小值.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把纵坐标缩小为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象，若方程在区间内的解为，求
18. 如图所示，在中，设分别为内角的对边，已知，．
（1）求角；
（2）若，过作的垂线并延长到点，使四点共圆，与交于点，求四边形的面积．
19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是复数的辐角，我们称为复数的三角形式．利用复数的三角形式可以进行复数的乘法、乘方等运算，如：，．
（1）若复数，求复数z的实部和虚部；
（2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
（3）设复平面上单位圆内接正二十四边形的24个顶点对应的复数依次为，求复数所对应不同点的个数．
2024—2025学年度下期高2024级半期考试
数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
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. （ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，逆用和角的正切公式求解即得.
【详解】.
故选：B
2. 若，则（ ）
A. 1B. 2C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简复数，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
故选：A.
3. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理以及诱导公式即可求解.
【详解】由及正弦定理，得，因为，
所以．
反之亦成立，所以“”是“”的充要条件．
故选：A.
4. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到与的关系，再结合向量的数量积公式来求解.
【详解】已知，移项可得，
因为，所以，
对两边同时平方可得，
根据完全平方公式则，
又因为，，所以可化为，
由，移项可得，则，
根据向量的数量积公式，将，，代入可得：，
则.
故选：D.
5. 如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知，，则质点P位移的大小是（ ）
A. 9B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由数量积的运算律，定义，结合模长计算可得.
【详解】由题意可得质点P位移为，
所以
因为，，所以，
设的夹角为，所以，
因为所以，
所以.
故选：D
6. 在中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，根据共线可设，，结合已知及平面向量的基本定理列方程组求参数值.
【详解】由题设，，又，且，
所以，即，解得.
故选：B.
7. 定义两个向量，之间的一种运算：，其中是向量，的夹角，则对于非零向量，，下列结论不一定成立的是（ ）
A. 该运算满足交换律，即
B. 若向量，共线，则
C. 的值等于以，为邻边的平行四边形的面积
D 对任意向量，有
【答案】D
【解析】
【分析】根据新定义逐项计算判断即可.
【详解】对于A，根据定义，，故A一定成立；
对于B，若向量，共线，则或，则，所以，故B一定成立；
对于C，以，为邻边的平行四边形的面积为，故C一定成立；
对于D，若且与不共线，则，但，故D不一定成立.
故选：D.
8. 已知，，，，满足，用S表示的面积，当最大时，的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
分析】根据已知条件应用正弦定理结合基本不等式得出最大值，再应用二倍角公式及弦化切计算求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，
所以当且仅当，即时等号成立，即取最大值，
又因为，所以，
所以，
由于，且，
所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同
B. 若，满足，且，同向，则
C. 若四边形ABCD满足，则四边形ABCD是平行四边形
D. 两个非零向量和，若，则与垂直
【答案】CD
【解析】
【分析】利用相等向量的意义判断AC；利用向量的概念判断B；利用数量积的运算律判断D.
【详解】对于A，两个相等向量的起点不一定相同，A错误；
对于B，向量不能比较大小，B错误；
对于C，由，得，则四边形ABCD是平行四边形，C正确；
对于D，由，得，则，
又和都是非零向量，因此与垂直，D正确.
故选：CD
10. 设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则下列条件能使解出的有且仅有一个的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】本题可根据正弦定理、三角形的性质等知识，分别分析每个选项中三角形解的个数.
【详解】由正弦定理可得
若，则，所以三角形的解只有一个，故A正确；
若，可得，又，即，则三角形的解只有一个，故B正确；
若，可得即有A为锐角，则三角形的解只有一个，故C正确；
若，由正弦定理可得，即，又
所以A可以为锐角或钝角，则三角形的解有两个，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数（，），满足，且函数在区间上单调，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则函数的最小正周期为
C. 关于x的方程在上可以有4个不等实数解
D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】在一个单调区间内，由相反的函数值，得对称中心，判断A，由得对称轴，结合对称中心得周期，判断B，由题意得出周期的范围，在上至多有3个完整周期，而在1个完整周期内只有1解判断C，由函数在区间上零点个数确定周期的范围从而得范围，结合已知单调区间得出范围后判断D．
【详解】，所以，A正确；
由在区间上单调，，得，，
，则是对称轴方程，而是对称中心，
所以，，B正确；
由在区间上单调，，得，，
所以在上至多有3个完整周期，而在1个完整周期内只有1解，
故在上最多有3个实数解，因此C错误；
函数在区间上恰有5个零点，
则，即，解得，
又，即，，
所以，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. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】，，即.
故答案为：.
13. 已知非零向量与满足，且，，点D是的边AB上的动点，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的数量积、单位向量、向量的线性运算确定三角形状，再由向量的模长确定三角形的边长，从而建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求的最小值即可.
【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线，
又，故的平分线与垂直，由三线合一得到，
取的中点，因为，故，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设，，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：.
14. 已知的外心为O，，则实数k的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】通过对已知向量等式进行一系列变形，结合正弦定理和三角函数公式，逐步推导出关于的表达式，再根据三角函数的性质求出的最大值.
【详解】因为，
所以.
在三角形中，，
所以，则 .
设中角、、所对的边分别为、、，则，，：
所以
两边同时除以，得到.
因为，所以，即，
又，
则.
所以.
因为是三角形内角，.
所以，解得，当且仅当时取等号，则的最大值为.
故答案为：4.
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. 已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数的值；
（2）设，分别记复数、在复平面上对应的点为、，求与的夹角的余弦值以及在上的投影向量的坐标．
【答案】（1）1 （2）夹角余弦值，投影向量坐标.
【解析】
【分析】（1）由题意计算，根据为纯虚数，即可求实数；
（2）先计算得，设向量夹角为，通过计算余弦值，通过计算投影向量坐标.
【小问1详解】
由题意，复数，则，
因为为纯虚数，所以，，
故.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以,
故,
设向量夹角为，
所以,
在上的投影向量为.
16. 已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，由两角和的正切公式得到的值；
（2）由向量数量积的坐标运算得，因为，利用诱导公式求得的值.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
所以.
【小问2详解】
，所以，
.
17. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的最小值.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把纵坐标缩小为原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象，若方程在区间内的解为，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，利用正弦函数的周期性，奇偶性求得函数解析式，令，利用换元法转化为二次函数，求最小值即可.
（2）利用三角函数的图象变换规律，求得的解析式，利用方程的解及正弦函数的性质求得，进而求出，讨论的取值范围，利用平方关系即可求解.
【小问1详解】
由题意得
因为图象的相邻两对称轴间的距离为，
所以，可得，
又因为为奇函数，可得，
所以，，
因为，所以，所以函数，
所以，
令，
则，，
其对称轴为，在上单调递增，在单调递减，
因为当时，，
当时，，
所以当时，取到最小值，
即的最小值为.
【小问2详解】
因为，
将函数的图象向右平移个单位长度可得，
再把纵坐标缩小为原来的倍（横坐标不变），得到函数，
因为,故，
由题意得，得，
所以，所以，
所以，
因为，，
所以，即，
所以.
18. 如图所示，在中，设分别为内角的对边，已知，．
（1）求角；
（2）若，过作的垂线并延长到点，使四点共圆，与交于点，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，联立方程组，求得，不妨设，可得，利用余弦定理，即可求解；
（2）由，得到，求得，在直角中，求得，再在直角中，求得，求得，进而求得四边形的面积.
【小问1详解】
解：由，联立方程组，解得，
不妨设，可得
由余弦定理得，
因为，所以.
【小问2详解】
解：由，由（1）知，可得，
因为过作的垂线并延长到点，使四点共圆，
在直角中，可得，则，
因为，可得，
在直角中，可得，即，
所以，
所以，
所以四边形的面积为.
19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数模，是复数的辐角，我们称为复数的三角形式．利用复数的三角形式可以进行复数的乘法、乘方等运算，如：，．
（1）若复数，求复数z的实部和虚部；
（2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
（3）设复平面上单位圆内接正二十四边形的24个顶点对应的复数依次为，求复数所对应不同点的个数．
【答案】（1）实部为，虚部为0；
（2）证明见解析； （3）4.
【解析】
【分析】（1）求出复数的三角形式，再利用给定的运算求出，进而求出其实部和虚部.
（2）设模为1的复数为，直接计算出及借助复数乘方公式得到后，结合复数定义即可得.
（3）应用正二十四边形得出中心角为，再设，再应用复数乘方定义结合周期性，求出不同值的个数.
【小问1详解】
，
则，
所以复数z的实部为，虚部为0.
【小问2详解】
设模为1的复数为，
则
，
由复数乘方公式得，
所以，.
【小问3详解】
正二十四边形每边所对的中心角为，设（为常数），
则，
所以
，
由周期性知，共有4个不同的值，
所以复数所对应不同点的个数为4．