辽宁省普通高中2024~2025学年高一下册5月期中考试数学模拟试题（3）【附解析】

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参考答案与解析
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．
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，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
1．D
【分析】利用正弦定理，再结合已知可求得，从而可得，可判断的形状．
【详解】解：中，由正弦定理得：，
∴，又，
∴，
∴，
∴或，
即或，
∴为等腰三角形或直角三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查判断三角形的形状，利用正弦定理化边为角后，由正弦函数性质可得角的关系，得三角形形状．
2．A
【分析】根据题意，由三角函数诱导公式可将待求式化为；接下来结合特殊角的三角形函数值计算可得出答案．
【详解】
故选：A．
3．C
【分析】直接利用三角函数关系式的变换和三角函数的诱导公式的应用求出结果．
【详解】由于，
整理得：，
解得：．
故选C．
【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
4．B
【分析】首先求向量的模和向量的夹角，再代入向量的数量积公式，即可求解．
【详解】由题意可知，，且，
所以．
故选：B
5．C
【分析】利用平面向量数量积的运算性质求出、、，利用平面向量数量积的定义可得出关于的等式，解之即可．
【详解】因为、是互相垂直的两个单位向量，则，且，
由平面向量数量积的运算性质可得
，
，
，
由平面向量数量积的定义可得，
即，则，
且有，又因为，故．
故选：C．
6．D
【分析】利用和差角的正弦公式化简，结合已知列出方程即可求解．
【详解】依题意，，，
则，
即，即．
故选：D
7．D
【分析】分析可知，两个函数的图象都关于点对称，确定两个函数图象公共点的个数，结合对称性可得出的值．
【详解】对任意的，，
所以，，则函数的图象关于点对称，
对任意的，，
所以，函数的图象也关于点对称，
不妨设，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，两个函数的图象共有个公共点，
且点与点关于点对称，且，
所以，．
故选：D．
【点睛】方法点睛：数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择．
8．B
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可．
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，，所以，，
又因为函数在内单调递增，所以，，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
，
因为，则，
因为存在最大值，则，解得．
故选：B．
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值．
9．CD
【分析】由三角函数的诱导公式化简可得．
【详解】∵，故A不成立；∵，故B不成立；∵，故C成立；∵，故D成立．
故选：CD．
10．AC
【分析】先表示出的坐标，对于A，由列方程求解即可，对于B，由，得从而出，对于C，利用向量的夹角公式列方程求解即可，对于D，利用投影向量的定义求解．
【详解】，
对于A，若，则，解得或，故A正确：
对于B，，解得，故B错误；
对于C，的夹角与的夹角相等，，即，解得，故C正确：
对于D．若，则在上的投影向量为,故D错误．
故选：AC．
11．ACD
【分析】A根据面积公式和余弦定理得即可判断；B根据正弦定理结合和角正弦公式可得，根据正弦定理得，结合角的范围即可判断；C根据题意，平方后得，结合基本不等式得，根据面积公式即可判断；D令，则，根据正弦定理得，弦化切后分离常数，结合角的范围即可判断．
【详解】对于A，，则，
根据余弦定理得，即，
由，故A正确；
对于B，根据正弦定理可得，,
即，
由，，
根据正弦定理得，，
由，故只有一解，故B错误；
对于C，，
，即，
，，即，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即△ABC面积的最大值为，故C正确；
对于D，令，则，
在中，根据正弦定理得，
，
在上单调递减，
所以当时，有最大值，
当时，有最小值，
所以的取值范围是，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．
【分析】由于，将代入计算即可．
【详解】，
令得，
即
故答案为：
13．
【分析】设，，根据题意及相似三角形性质得．，，利用正弦定理求得及，利用长度关系得，利用二倍角公式及同角三角函数关系化简得，求出，代入求解即可．
【详解】设，，则，，
因为，所以，
又，所以∽，
所以，则，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
又，所以，所以，
所以，所以，
即，则（负根舍去），
所以，所以，
所以．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了正弦定理及三角恒等变换的应用，解题的关键是在两个三角形中利用正弦定理，结合找到角的关系，另外本题还要注意运算技巧．
14．
【分析】利用绝对值三角不等式，及三角函数的有界性可进行化简分析．
【详解】设，由，根据三角不等式，有
，
得，
故
．
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．（本小题满分13分）
（1），此时的集合为
（2）．
【分析】（1）根据正弦函数的最值结合整体思想即可得解；
（2）根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得出答案．
【详解】（1）解：当，即时，
，所以，此时的集合为；
（2）令，
则，
又因，所以在上的单调递增区间为．
16．（本小题满分15分）
（1）；（2）．
【分析】（1）根据余弦定理边角互化即可求解；
（2）根据余弦定理可求CD值，进而可求a，根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）由题可得，
由余弦定理得，
因为，
所以；
（2）在三角形ADC中，，
即，
解得或，
即或，
因为，所以由正弦定理可得，故，
因为，
所以，故，
所以，
所以．
17．（本小题满分15分）
（1）；（2）．
【解析】（1）由图象过点结合可以求的值，又，可得，，因为原函数在上单调，所以即可求出的值，进而可得的解析式；
（2）由（1）知，当时，有，则与关于对称轴对称，求出区间内的对称轴，即可求出的值，即可求解．
【详解】由题意知：，所以，
因为，所以，
因为的图象向左平移个单位之后与原图象重合，
所以解得：，，
又因为原函数在上单调，
所以，
可得，
所以时，，
可得．
（2）由（1）知，
令，可得对称轴为，
当时，，
∴，
．
【点睛】关键点点睛：第一问的关键点是根据题意可知是周期的整数倍，且区间的长不超过半个周期，即可求的值，第二问的关键点是利用时，有，可得与关于对称轴对称，求出区间内的对称轴，即可求出的值，代入解析式即可．
18．（本小题满分17分）
（1）2
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）由正弦定理及辅助角公式求解即可；
（2）（ⅰ）根据平面向量的运算、数量积的性质及余弦定理可得，再利用正弦定理及两角和的正弦公式、正切函数的性质求解即；
（ⅱ）设外接圆半径为，由正弦定理可得，结合三角形的面积公式及二倍角公式可得，进而根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）由正弦定理得，，
则，即，
又，则，
则，即．
（2）（ⅰ）由，
因为为外接圆圆心，即外心，
所以，，
由余弦定理得，，
所以，
由正弦定理得，，
则，
由，解得，
所以，则，
所以．
（ⅱ）设外接圆半径为，则，
且，即，
因为，，
所以，
，
所以，
由（ⅰ）知，，令，
则，
所以当时，取得最大值．
19．（本小题满分17分）
（1）（2）是（3）
【分析】（1）根据“平衡数对”定义建立方程，根据恒成立求解即可；
（2） 时,判断是否存在使等式恒成立，利用三角函数化简求解即可；
（3）根据“平衡数对”的定义将用关于的三角函数表达,再利用三角函数的取值范围求解即可．
【详解】（1）根据题意可知,对于任意实数,,
即,即对于任意实数恒成立,
只有,,故函数的“平衡”数对为,
（2）若,则,
,
要使得为“可平衡”函数,需使对于任意实数均成立,只有,
此时,,故存在,所以是“可平衡”函数．
（3）假设存在实数，对于定义域内的任意均有
则
均为函数的“平衡”数对，
，函数单调递增，
即的取范围为题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
C
B
C
D
D
B
题号
9
10
11
答案
CD
AC
ACD