山东省日照市2024~2025学年高一下册期中考试数学模拟试卷【附解析】

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1. 已知，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件利用诱导公式即可求解.
【详解】因为，
所以
故选：B.
2. 已知向量，则与向量方向相反的单位向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据单位向量的定义求与向量方向相反的单位向量.
【详解】由题设，与向量方向相反的单位向量是.
故选：D
3. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线定理、数量积及模长的坐标运算依次判断各项的正误.
【详解】A：由题设，不存在实数，使，故不共线，错；
B：由，错；
C：因为，
所以，即，对；
D：，错.
故选：C
4. 在梯形中，设，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算求解.
【详解】因，所以，
.
故选：A.
5. 若，且为第三象限角，则（ ）
A. 7B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】逆用和角余弦公式可得，结合已知得，再由和角正切公式求.
【详解】由，
所以，又为第三象限角，所以，故，
所以.
故选：A
6. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. ，B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于对称D. 函数在上单调递增
【答案】B
【解析】
【分析】由图象求出的解析式，再利用正弦函数性质逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】对于A，由题意，，则，
则，
又在上，则，即，
所以，则，
又，所以，所以，即，，故A正确；
对于B，因为，
所以不是图象的对称轴，故B错误；
对于C，因为，
所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D，当时，，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：B.
7. 已知函数的最小正周期为T．若，把的图象向右平移个单位长度，得到偶函数的图象，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦型函数的图象变换、奇偶性、周期性进行求解.
【详解】由题知，把函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象．
因为偶函数，所以，即．
又，所以．
因为的最小正周期为，
所以，即，解得．
所以，
所以．
故选：A．
8. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】分别画出与在上的函数图象，根据图象判断即可.
【详解】因为函数最小正周期为，所以函数在上有1个周期的图象，
因为函数的最小正周期为，
所以函数在上有3个周期的图象，
在平面直角坐标系中，作出两函数在上的图象，如图所示：

由图可知，曲线与有6个交点.
故选：C.
二､多选题
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 函数的对称中心是，
B. 在中，
C. ，，则在上的投影向量等于
D. 两个非零向量，的夹角是锐角
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正切函数的对称中心判断A；根据三角形的特点及正弦定理判断B；根据平面向量的数量积的坐标表示及投影向量的定义求解判断C；举特例判断D.
【详解】对于A，函数的对称中心是，，故A错误；
对于B，在中，，
故B正确；
对于C，由，，得，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，当，同向时，满足，此时，的夹角为，故D错误.
故选：BC.
10. 计算下列各式的值，结果为2的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用和角的正切公式计算求值判断A；利用二倍角的正弦公式计算可判断B；运用两角和的正切公式计算判断C；利用辅助角公式二倍角的正弦公式和诱导公式计算可判断D.
【详解】对于A，
，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于
，故C正确；
对于D，
，故D错误.
故选：AD.
11. 如图所示，已知角，（）的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，，为线段的中点，点坐标为，记，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 点M的坐标为
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数定义可求的坐标，再求，根据向量坐标运算公式结合两角和差公式可得，判断A，由两边平方，结合数量积的性质及定义可求，判断B，根据中点坐标公式求点M的坐标，判断C，求，代入并化简可得，设，证明，
解方程求，推出矛盾，判断D.
【详解】因为角，终边与单位圆的交点分别为，，
所以点的坐标为，点的坐标为，又点的坐标为，
所以，，
因为点坐标为，所以，
所以，
因为
，
，
所以，
因为，所以，
故，，
所以，，
所以，
所以与不相等，A错误，
因为，
所以，
又，，，
所以，故，
所以，又，
所以，所以，B正确；
因为，，
所以，，
因为点的坐标为，点的坐标为，点为线段的中点，
所以点的坐标为，
所以点的坐标为，C正确；
因为，
又，所以，
因为，
所以，又，
所以，
若，又，
所以，所以，
所以，故，
则，
则，
所以或（舍去），
又，所以，
所以，与矛盾，D错误，
故选：BC.
三､填空题
12. 已知扇形的周长为9cm，圆心角为，则该扇形的面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由扇形的弧长及面积公式求解可得答案.
【详解】设扇形的半径为，圆心角为，弧长为，
则由题意可得，解得，
所以扇形的面积，
故答案为：.
13. 在中，，点为边的中点，点在边上，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的坐标表示及向量的数量积的坐标表示，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，如图所示
由题意可知，设，
所以，
所以，，
由二次函数的性质知，当时，取最小值为.
故答案为：.
14. 把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数是奇函数，则的值为______________，若函数在区间上存在最大值2，则实数的取值范围为_______________.
【答案】 ① 5 ②.
【解析】
【分析】应用辅助角公式得，结合图象平移及正弦型函数的奇偶性有，即可求参数，再由正弦型函数的区间最值有，即可得范围.
【详解】由题设，
所以为奇函数，则，
所以，又，故，
所以，若，则，
又函数在区间上存在最大值2，则.
故答案为：5，
四､解答题
15. 已知向量，满足：，，.
（1）求与的夹角的余弦值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）对展开可得，再由向量夹角的余弦值公式即可求解；
（2）由向量垂直性质可得，化简后解方程即可求解实数的值.
【小问1详解】
由题可得，
因为，，代入可得，
，所以与的夹角的余弦值.
【小问2详解】
因为，所以，
化简可得，
将，，代入可得，解得或.
16. 已知，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由两边同时平方，结合平方关系可求，再结合范围确定的符号，再根据求结论，
（2）由（1）可求，再求，代入可得结论.
【小问1详解】
因为，
等式两边同时平方可得，，
所以，又，
所以，又，
所以，，
所以，
即；
【小问2详解】
由（1），，
所以，，
所以，，，
所以，
即.
17. 如图，在中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点．

（1）用和分别表示和；
（2）若直线交于点，交于点，交于点，，求最小值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可；
（2）先将用表示，再根据三点共线，可得的关系，再根据基本不等式即可得解.
【小问1详解】
由题意，
，
；
【小问2详解】
由，
得，
，
因为三点共线，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以最小值为.
18. 中国数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各个领域应用广泛，0.618就是黄金分割比的近似值，这一数值也可以表示为.三倍角公式是把形如，等三角函数用单倍角三角函数表示的恒等式，广泛应用于数学、物理、天文等学科.
（1）已知试证明此三倍角公式；
（2）若角满足，求的值（已知）；
（3）试用三倍角公式并结合三角函数相关知识，求出黄金分割值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据两角和余弦公式展开，再利用二倍角公式及平方关系化简可得结论；
（2）由（1）得，再通过三角恒等变换化简，并结合同角关系求结论；
（3）根据，结合（1）及二倍角正弦公式和同角关系化简等式，解方程求得，由此可得结论.
【小问1详解】
由
，得证；
【小问2详解】
由（1）知，可得，
而.
【小问3详解】
由，则，
所以，则，
所以，可得（负值舍），
所以.
19. 已知函数.
（1）若为偶函数，设.
①求解析式；
②若存在，使不等式成立，求实数的取值范围；
（2）若函数的图象过点，设，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）①②
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为偶函数得，结合已知即可得，从而可以得到函数.再应用三角恒等变换化简并确定区间值域，由不等式能成立有，即可求范围；
（2）根据已知得，将问题化为，结合三角函数、二次函数的性质求最值，进而列不等式求参数范围.
【小问1详解】
①由为偶函数，则，，
又，则，
所以，
则
.
②存在，使不等式成立，则，
所以在上能成立，而，
所以；
【小问2详解】
由题设，且，则，
所以，
而，则，所以，
对任意的，总存在，使成立，
所以，即，
令，则，故，
当，则在上单调递增，此时，可得；
当，则在上单调递减，此时，可得；
当，则在上单调递增，在上单调递减，
此时，可得；
综上，.