数学：辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一下学期期中试卷（解析版）

这是一份数学：辽宁省锦州市某校2024-2025学年高一下学期期中试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了 已知向量满足，，则， 已知，且，则下列结论正确的是， 设，，，则有， 设向量满足，则的最大值为， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（每个小题只有一个正确答案，每小题5分，共40分.）
1. 已知是钝角三角形中最大的角，则是（ ）
A. 第一象限角B. 第三象限角
C. 第四象限角D. 小于的正角
【答案】A
【解析】因为是钝角三角形中最大的角，所以，则，
故是第一象限角．
故选：A
2. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，对于A，C，两函数的最小正周期都是，故A，C均不正确；
对于B，因函数可由正弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到，
故其最小正周期为正弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递增，故B正确；
对于D，因函数可由余弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到，
故其最小正周期为余弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递减，故D不正确.
故选：B.
3. 在中，内角的对边分别为，且，，，则（ ）
A. 为锐角三角形B. 为直角三角形
C. 为钝角三角形D. 的形状无法确定
【答案】C
【解析】由于,
故为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
4. 已知向量满足，，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】因为，则，即，解得，，
则，．
故选：B．
5. 勒洛三角形是一种定宽曲线，它是德国机械工程专家勒洛首先进行研究的，其画法是：先画一个正三角形，再以正三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，如图所示，若正三角形的边长为4，则勒洛三角形的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为正三角形的边长为4，所以任意一个扇形的面积为
，
又因为是正三角形，易得高，
则，
所以勒洛三角形的面积.
故选：D
6. 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由可得，即
；所以，即，即A错误；
又，所以，因此
所以，即B错误；
联立，可得，所以，即C错误；
代入计算可得，即D正确.
故选：D
7. 设，，，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，
，
，
且函数在上为增函数，且，
所以，，即.
故选：B.
8. 设向量满足，则的最大值为（ ）
A. 4B. 2C. 2D. 1
【答案】C
【解析】因为，所以.
因为向量与的夹角，所以.
设，，则.
①如图1，若点在的内部，则，
由题意与的夹角.
所以，，由平面几何知，四点共圆.
要使最大，为圆的直径，且，，
所以有，即.
②若点在的外部，如图2所示
此时有，，
由平面几何知，点在以为圆心，以长为半径的圆上.
此时.
综上所述，的最大值为2.
故选：C.
二､多选题（每题6分，全选对得6分，部分选对得部分分，有错的得0分.）
9. 下列说法中正确的是（ ）.
A. 已知非零向量，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
B. 若.则有两组解
C. 若平面向量满足，则
D. 在中，若
【答案】BD
【解析】对于A，由向量，且与的夹角为锐角，则且向量与不共线，由，解得，
设，即，可得，解得，
则向量与的夹角为锐角时，实数，故A错误；
对于B，由和正弦定理，，可得，解得，因，且，则或，故三角形有两解，即B正确；
对于C，若取为零向量，显然满足，但不能确定关系，故C错误；
对于D，因等价于 ，由正弦定理，可得，反之也成立，
即在中，必有，故D正确.
故选：BD.
10. 如图，一圆形摩天轮的直径为100米，圆心到水平地面的距离为60米，最上端的点记为.现在摩天轮开始逆时针方向匀速转动，30分钟转一圈，以摩天轮的中心为原点建立平面直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）
A. 点距离水平地面的高度与时间（分钟）的函数为
B. 点距离水平地面的高度与时间的函数的对称中心坐标为
C. 经过10分钟点距离地面35米
D. 摩天轮从开始转动一圈，点距离水平地面的高度不超过85米的时间为20分钟
【答案】ACD
【解析】由题意可知，在分钟转过的角度为，所以以为终边的角为，所以点距离水平地面的高度与时间的关系为
，故A正确；
由，得，所以不是对称中心，故B错误；
经过10分钟，，故C正确；
由，解得，得，解得，
共20分钟，故D正确.
故选:ACD
11. 在中，，，，点为边上一动点，则（ ）
A.
B. 当为角的角平分线时，
C. 若为的外心，则
D. 当点为边上点，时，
【答案】ABD
【解析】对于，，对；
对于，由题意，
所以，可得，对；
对于，取中点，则，，
；
故，所以错误；
对于，由，则
，
所以，对，
故选：.
三､填空题
12. 已知，则_________.
【答案】
【解析】因为，所以
.
故答案为：
13. 已知，且都是锐角，则=_____
【答案】
【解析】



都是锐角 故
故答案为:.
14. 将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.则__________；若对于任意，总存在唯一的.使得，则的取值范围为__________.
【答案】 ；
【解析】由题意得，当时，有，此时，令，则，因为时，所以，因为对于的任意取值，在上有唯一解，即在上有唯一解，因，则，如图所示：
由图可知，，所以.
故答案为：；.
四､解答题
15. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中.
（1）求向量与方向相反的单位向量的坐标；
（2）若，且，求向量的坐标；
（3）若是单位向量，且，求与的夹角的余弦值.
解：（1）设，且
，，
（2）因为，故存在实数，使得，
因为，故，故，
故.
（3）因为，故，即，
因，代入可得：，因，
故.
16. 设函数，.
（1）求函数的最小正周期和对称轴方程以及对称中心坐标；
（2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取最值时的值.
解：（1）依题意，，函数的最小正周期为；
由，得，所以的对称轴为；
由，得，所以的对中心为.
（2）由，得，
当，即时，，
当，即时，，
所以当时函数取得最小值为，当时函数取得最大值为.
17. 在中，内角所对的边分别是，若，.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值.
解：（1）由，得，且，则，
又因为，解得；
（2）因为，得且
解得；
（3）因为，，
.
18. 已知向量，，函数，
（1）若，，求的值；
（2）在中，角对边分别是，且满足，当取最大值时，，面积为，求的值.
解：（1）由题意得向量，，
而函数，故，
，
因为，所以，，
因为，所以，
得到，由同角三角函数的基本关系得，
解得，而，
.
（2）在中，角对边分别是，
且满足，由余弦定理得，
则，得到，
即，得到，
由余弦定理得，故，
而，解得，而当时，，
此时面积为，且，
故，解得，由余弦定理得，
故，解得，
则由正弦定理得.
19. 已知函数，，最小值为；的一个对称中心且在单调递减；
（1）求函数的解析式，并求的单调递增区间；
（2）将的图象，先向右平移个单位长度，再将所得点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得图象，令，若，总，使得成立，求实数的取值范围.
解：（1）由题意知，则.
函数的一个对称中心，则，得，
，所以的可能取值为、.
若，则，当时，
此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意；
若，则，当时，
此时，函数在区间上单调递减，合乎题意；
所以，；
令，，解得，，
所以，的单调增区间为，；
（2）由（1）可知，
将的图象先向右平移个单位长度，得，
再将所得点横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得图象，
所以，，所以，
由于，所以，
因为，所以，则，
由，可得，
所以，能成立，
由，根据对勾函数的性质，当时上式右侧取得最小值为，所以.