四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2024_2025学年高一下册6月期末数学检测试卷

这是一份四川省眉山市仁寿第一中学校（北校区）2024_2025学年高一下册6月期末数学检测试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．3C．1D．
3．已知，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．某同学为了测量天文台CD的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台，高AB为，在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A,天文台顶C的仰角分别是15°和60°，在阳台A处测得天文台顶C的仰角为30°，假设AB，CD和点M在同一平面内，则该同学可测得学校天文台CD的高度为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则（ ）三点共线
A．A、B、DB．A、B、CC．B、C、DD．A、C、D
6．在中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c.若，，，则（ ）
A．10B．7C．4D．3
7．将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再将所得曲线上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知正三角形的边长为，点，都在边上，且，，为线段上一点，为线段的中点，则的最小值为（ ）
A．B．0C．D．
二、多选题
9．在中，角所对的边分别为，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若，则是钝角三角形
10．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若的图象关于点中心对称，则
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
11．设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，则下列选项正确的是（ ）
A．外接圆的半径为B．面积的最大值为
C．的最大值为2D．的最小值为32
三、填空题
12．若，且与的夹角为钝角，则的取值范围是 ．
13．已知，若，则 .
14．在 中，点 为边 上一点且满足，若点 为 上一点且满足，则 的最小值为:
四、解答题
15．已知向量，满足，且的夹角为．
(1)求和的夹角的余弦值．
(2)若，求实数的值．
16．已知函数.
(1)求的最小正周期及对称轴、对称中心；
(2)求单调递增区间；
(3)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
17．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，．
(1)求角A的大小；
(2)求的中线的长．
18．在中，角的对边分别为，若．
(1)求角的大小；
(2)若为上一点，且为角的平分线，，求的最大值．
19．骆岗公园拟建一个平面凸四边形的绿色草坪，其中米，米，为正三角形．计划将作为合肥市民休闲娱乐的区域，将作为骆岗公园的文化介绍区域．

(1)若，求文化介绍区域的面积；
(2)求休闲娱乐的区域的面积的最大值．
2027届高一下期期末考试
数学答案
12．
【分析】利用向量夹角的定义建立不等式，再排除向量平行的特殊情况，求解参数范围即可.
【详解】设为与的夹角，则，
因为为钝角，所以，解得，
而此时与一定不平行，得到，解得，
综上可得的取值范围是.
故答案为：
13．
【分析】先由诱导公式得到，再由同角的三角函数关系计算可得.
【详解】，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】由平面向量的基本定理得，由三点共线得，利用基本不等式计算即可.
【详解】
，
，
，
为 上一点，
，
，
当且仅当，等号成立.
解得 或（舍）
即等号成立，
的最小值为.
故答案为：.
15．(1)；
(2)0
【分析】（1）应用向量数量积的运算律求得、，再应用向量夹角公式求和的夹角的余弦值；
（2）由题设有，即可得参数值.
【详解】（1）由且，
所以.
（2）由题设，即.
16．(1)，对称轴为，对称中心为
(2)
(3)
【分析】（1）利用诱导公式及两角和的正弦公式化简，再由正弦函数的性质计算可得；
（2）结合正弦函数的性质计算可得；
（3）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，从而得解.
【详解】（1）因为
，
即，所以的最小正周期，
令，解得，故对称轴为；
令，解得，故对称中心为.
（2）令，
解得，所以单调递增区间为；
（3）当时，，所以，
则在上的值域为，
因为不等式恒成立，所以，即实数的取值范围为.
17．(1)；
(2).
【分析】(1)应用正弦定理，角化边寻找边关系，知边求角，余弦定理运算即可求角A；(2)应用向量的线性分解表达中线所代表的向量，平方脱模可求中线长.
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，
因为，所以，，
由余弦定理得，
因为，所以．
（2）根据题意可得，
则
，
所以，即的中线的长为．
18．(1)；
(2)3.
【分析】（1）先由正弦定理角化边，再由余弦定理即可求解；
（2）先由求出，再将代入，并设得到，再结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由题和正弦定理得，整理得，
所以由余弦定理得，
又，所以.
（2）因为，所以由题，
所以由得，
即，
又，设，则，
所以，
又，当且仅当即时等号成立，
所以，即的最大值为3.
19．(1)
(2)
【分析】（1）在中，根据余弦定理结合已知得出.进而在以及中，根据余弦定理可推得，求解得出，进而求出，代入面积公式即可得出答案；
（2）设，在中，多次使用余弦定理可得出，.然后表示出的面积，化简得出，结合角的取值以及正弦函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）在中，有，，，
由余弦定理可得，
，
所以，.
又易知，则.
设，则，
在中，有，，，
由余弦定理可得，
.
在中，有，，，
由余弦定理可得，
.
所以有，
所以，，
此时
（2）不妨设，
在中，由余弦定理得.
由正弦定理可得，
整理可得.
又，
所以有，
化简可得.
则
.
又，所以，
所以，当，即时该式取最大值，
所以.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
C
A
B
A
D
CD
ACD
题号
11









答案
ABC