湖北省部分高中2024~2025学年高一下册4月期中联考数学试题【附解析】

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本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合
B. 模相等的两个平行向量是相等向量
C. 零向量没有方向
D. 若，是两个平行向量，则，也是共线向量
【答案】D
【解析】
【分析】由相等向量、零向量及共线向量的概念逐个判断即可.
【详解】对于AB，两个向量大小相等，方向相同即为相等向量，故AB错误；
对于C，零向量的方向是任意，故C错，
对于D，平行向量又称共线向量，正确，
故选：D
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的正弦公式和三角函数的商数关系求解.
【详解】解：因为，
所以，
.
故选：D
3. 若，是平面内一组不共线的向量，则下列各组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】分别验证四个选项中的两向量是否共线即可选出正确答案.
【详解】因为，是平面内一组不共线的向量，
设，无解，，能作为平面内所有向量的一组基底，所以A选项错误；
设，则，无解，不平行，能作为平面内所有向量的一组基底，所以B选项错误；
设，则，无解，能作为平面内所有向量的一组基底，所以C选项错误；
，，不能作为平面内所有向量的一组基底，D选项正确；
故选：D.
4. 将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来倍，然后再向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先由诱导公式及两角差的正弦公式得出，再根据三角函数的平移伸缩变换得出，由关于轴对称，即可求解.
【详解】，
将图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来倍，
然后再向左平移个单位长度后，得，
又因为的图象关于轴对称，所以，
所以，当时，，
故选：B，
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知及同角三角函数的平方关系得出，，再根据两角和的余弦公式求解即可．
【详解】因为，所以，
所以，，
所以
，
故选：C．
6. 已知函数（，）的图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦型函数图象的周期性和特殊点值分别求出参数即可.
【详解】由图象可知，函数的最小正周期满足，即，
所以，且，故解得.
又由图象可知，时，，即，
则，即，又因为，所以.
所以.
故选：B.
7. 在中，角所对的边分别为，，，已知，，，若满足题意的三角形有两个，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意有，利用正弦定理有，即可求解.
【详解】由正弦定理有，
又，
所以，
故选：B.
8. 声音是由物体振动产生的声波.我们听到的每个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是函数.音有四要素：音调、响度、音长和音色，它们都与函数中的参数有关，比如：响度与振幅有关，振幅越大响度越大，振幅越小响度越小；音调与频率有关，频率低的声音低沉，频率高的声音尖利.像我们平时听到乐音不只是一个音在响，而是许多音的结合，称为复合音.我们听到的声音函数是.结合上述材料及所学知识，你认为下列说法中错误的是（ ）
A. 是函数（）的对称中心
B. 函数在区间上单调递增，满足题意的的值组成集合，则
C. 若某声音甲对应函数近似为，则声音甲的响度一定比纯音响度小
D. 若某声音乙对应函数近似为，则声音乙一定比纯音更低沉
【答案】C
【解析】
【分析】对于A：根据正弦函数的对称中心判断；对于B：观察函数单调性判断；对于C：确定函数周期来判断；对于D：确定函数频率来判断.
【详解】对于A：由正弦函数的对称中心可得是函数（）的对称中心，故A正确；
对于B：由正弦函数的单调性可得当时为递增函数；
当时为增函数；
当时为增函数；
当为增函数，由复合函数的单调性可得原函数在区间上单调递增，
所以当时，，故B正确；
对于C：，即的振幅比的振幅大，又响度与振幅有关，振幅越大响度越大，振幅越小响度越小，所以声音甲的响度一定比纯音响度大，故C错误；
对于D：因为，
所以的一个周期为，
假设存在一个为的一个周期，
则，
即，
所以，
因为，，
所以不符合题意，所以的最小正周期为，频率为，
的频率为，，所以声音乙一定比纯音更低沉，故D正确.
故选：C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若向量，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在方向上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用向量的数量积、模长公式、夹角的坐标运算以及投影向量的定义，逐项计算判断即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，所以，故B错误；
对于C，设与的夹角为，则，因为，所以，故C正确；
对于D，在方向上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若向量，满足，则与夹角为钝角
B. ，是平面内一组不共线的向量，如果，，，则，，三点共线
C. 在任意锐角中，恒成立
D. 点是函数图象的一个对称中心
【答案】BC
【解析】
【分析】由共线反向可判断A，由向量共线可判断B，由两角和的正切公式可判断C，由二倍角公式及辅助角公式化简可判断D.
【详解】对于A，当，共线反向时，夹角为，此时满足，故A错误，
对于B：，又有公共点，所以，，三点共线，B正确，
对于C：在任意锐角中，由，
得：，
化简可得：，C正确，
对于D，
，
显然对称中心的纵坐标为，D错误，
故选：BC
11. 如图，已知，，，，其内有一点，满足，过点的直线分别交，于点，.设，（，），则下列说法正确的是（ ）
A. B. 点为的重心
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A由得，对于B取的中点为，，利用重心的性质即可判断，对于C由，利用三点共线即可判断，对于D设中点为，计算，利用重心的性质得.
【详解】对于A：由有，故A错误；
对于B：取的中点为，由又，所以点共线，且为三等分点，
即为的重心，故B正确；
对于C：由，又三点共线，即，故C正确；
对于D：设中点为，则有，又，即，
所以，在中有，又为重心，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 当时，不等式的解集为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦线解不等式得解.
【详解】如图所示，正弦线大于等于的角的终边在图中的阴影部分区域，
所以不等式的解集为.
故答案为
【点睛】本题主要考查正弦线，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
13. 已知向量，，，若，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算，向量共线及向量垂直的坐标公式列出方程组即可求解．
【详解】由题可得，，，
因为，，所以①，②，
①②得，
故答案为：．
14. 如图，半径为2的圆上的点到直线的最小距离恰好也是2，是圆的任意一直径，是上动点，则的最小值为_____.
【答案】12
【解析】
【分析】由题意可推得，根据已知条件得出，，即可得出答案.
详解】由已知可得，，
所以
由已知可知，，，
所以，.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 用“五点法”作函数（，，）在某一个周期的图象时，列表并填入了部分数据，见下表：
（1）根据上表数据，直接写出函数的解析式，并求出函数的单调递减区间；
（2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），（）.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据表格数据可求解析式，整体代入可得减区间；
（2）分离参数求解最值可得答案或者利用数形结合法可得答案.
【小问1详解】
由题意知，，
令，
解得，，
即的单调递减区间为（）.
【小问2详解】
解法一：在区间恒成立，即在区间恒成立，
所以.
由于，则，所以.
即恒成立，所以，所以的取值范围为.
解法二：在区间恒成立，即在区间恒成立，
所以,
通过题干五点法作图以及函数以为周期，作部分简图如下：

由图可知：，即的取值范围为.
16. 已知向量，满足.
（1）求与的夹角；
（2）若，求实数的值；
（3）求与夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由数量积的运算律结合向量夹角的公式计算可得；
（2）由向量垂直数量积为零计算可得；
（3）先由数量积运算律和模长的计算求出两向量的模长，再代入夹角公式计算可得.
【小问1详解】
记，所成角为，
有，则，即，
又.所以，
又，因为，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
展开得，又由，，得
【小问3详解】
因为，∴
因为，所以
可得.
所以与的夹角的余弦值为.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）
（2）20
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式及两角和与差的正弦公式即可求解；
（2）根据平面向量数量积的定义求得，再根据余弦定理得出，即可求解周长．
【小问1详解】
由，得，
所以
又，所以，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
因为，所以，则，
又，余弦定理，所以，
可得，即，
所以，即的周长为20．
18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上旋转，可以从高处俯瞰四周景色.如图该摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，开启时按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.
（1）以轴心为原点，与地面平行的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；
（2）若游客甲在点进入座舱时，游客乙此时恰好在处（轴与圆的交点），
（i）在运行一周的过程中，运行两人首次距离地面的高度相等，求时间；
（ii）当座舱距离地面的高度不低于时，能鸟瞰全城壮观景色，因此这段时间被称为“震撼时刻”，求游客甲在开始运行一周的过程中，甲处于“震撼时刻”的时间段.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”
【解析】
【分析】（1）设，，，根据最大值、最小值求，根据周期求，根据初始位置求即可；
（2）（i）同（1）求出乙的座舱高度与时间函数为，令即可解方程；
（ii）结合余弦函数图象解不等式即可.
【小问1详解】
设，，
由题意可知，，，则，，
又易知，所以，得，
又当时，，则，
因，则，
所以，化简得.
【小问2详解】
（i）设乙的座舱高度与时间函数为，
同（1）可求得，
因为甲乙离地面高度相等，即，
可得：，即，
可解得，即，
故时，有最小值，
即当时，甲乙首次高度相等.
（ii）由题意易知，所谓“震撼时刻”，即要求，
化简得，
因，则，故，则，
故第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”.
19. 在非钝角中，角，，所对的边分别为，，.
（1）证明：；
（2）若，.
（Ⅰ）求的取值范围.
（Ⅱ）当取得最小值时，（），若在内有且只有一个零点，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）或.
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算即可证明；
（2）（I）根据正弦定理，由（1），利用三角恒等变换的化简计算可得，结合即可求解；（II）易知，则，作出图形，得函数的零点依次为，，，……，分别代入建立不等式，解之即可.
小问1详解】
，
即证：；
【小问2详解】
（Ⅰ）因为，所以，
由正弦定理得，
由（1）得，
在中，知，且，
所以，
解得或.
若，在中，得；
若，在中，此式不成立，
所以，得，即，
由正弦定理，得，又，所以，
因为为非钝角三角形，，得，
由，，得，
所以，得，所以.
（Ⅱ）依题意的最小值为，，∴
在坐标系中大致作图如下；

因为在有且只有一个零点，
则有，，所以
又由图可知，函数的零点依次为，，，……，
①当唯一的零点是时，，解得；
②当唯一的零点是时，，解得；
③当唯一的零点不小于时，，解得，与相矛盾，故舍去.
故的取值范围是或.
0
2
0