四川省安岳中学2024-2025学年高一下学期开学考试数学（强基班）试卷（Word版附解析）

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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. 若是任意实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式化简即可.
【详解】结合题意：.
故选：C.
2. 在内函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，其中有意义，
则满足，其中，即，其中，
解得，即函数的定义域为.
故选：C.
3. 中，点在上，平分．若，，，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】如图所示，由题设条件知∠1＝∠2，

∴＝＝，
∴＝＝(－)＝b－a，
∴＝＋＝a＋b－a＝a＋b.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据将所求角用两角差的正切展开代入求值.
【详解】
.
故选：B
5. 知为 的三个内角 的对边，向量 ．若 ，且 ，则角的大小分别为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
详解】由可得
即
所以角，
因为
所以可得
6. 在中，若，且，则的范围为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，结合和余弦函数的性质，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，则，
又因为，可得，所以，
所以的范围为.
故选：A.
7. 在如图的平面图形中，已知,则的值为
A. B.
C. D. 0
【答案】C
【解析】
【详解】分析：连结MN，结合几何性质和平面向量的运算法则整理计算即可求得最终结果.
详解：如图所示，连结MN，
由 可知点分别为线段上靠近点的三等分点，
则，
由题意可知：
，，
结合数量积的运算法则可得：
.
本题选择C选项.
点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
8. 已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：．
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 已知，点是平面内一点，记，，则（ ）
A. 当，时，则在方向上的投影向量为
B. 当，时，为锐角的充要条件是
C. 当时，点、、三点共线
D. 当，时，动点经过的重心
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；分析可知且、不共线，求出的取值范围，可判断B选项；利用共线向量的基本定理可判断C选项；利用平面向量的加法可判断D选项.
【详解】对于A选项，当，时，
则在方向上的投影向量为，A对；
对于B选项，当，时，
角为锐角且、不共线，即，解得且，
所以，为锐角的充要条件是，B错；
对于C选项，因为，即，
所以，，即，
又因为、有公共点，故点、、三点共线，C对；
对于D选项，设线段的中点为，
则，
因为，则，
此时，动点经过的重心，D对.
故选：ACD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 该图象对应的函数解析式为
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在上单调递减
【答案】AD
【解析】
【分析】由图象求出函数解析式，再根据正弦函数性质判断各选项.
【详解】由题意，，则，
，又，所以，
所以，A正确；
，所以是图象的对称轴，B错；
，是图象的对称中心，C错；
时，，递减，D正确.
故选：AD.
11. 如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ）
A. B. 的最大值为
C. 最大值为9D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AD，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于BC，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断.
【详解】对于A，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以，
则，故A正确；
对于B，，，
则
，故D错误；
对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，故C正确；
因为，
所以，
即，
所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，故B错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，．若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由两向量共线的坐标关系计算即可．
【详解】由题可得

,即
故答案为
【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．
13. 如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以边长为半径在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形．若等边三角形的边长为9，则勒洛三角形的周长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】根据圆弧长的公式计算求解即可.
【详解】勒洛三角形由三段圆弧组成，
每一段圆弧均为圆心角，半径为，
所以周长为.
故答案：
14. 已知函数，把函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若，是关于x的方程在内的两根，则的值为______.
【答案】－##
【解析】
【分析】根据三角恒等变换整理的解析式，再结合图象变换求的解析式，最后根据正弦函数的对称性运算求解.
【详解】其中，
因为把函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
所以，
当时，，
因为，是关于x方程在内的两根，
所以有，
因此，
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. 已知不共线的两个平面向量，满足，.
（1）若与的夹角，求的值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量模的运算及数量积的运算律求解即可；
（2）利用向量垂直的运算及向量模的公式列式计算即可.
【小问1详解】
由题意，，，
所以
，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
即,因为，，所以，解得.
16. 已知函数.
（1）若的图象上一个最高点到相邻最低点的距离为，求的单调递增区间；
（2）若，且在区间上单调，求的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）先根据图象上一个最高点到相邻最低点的距离为求出周期，进而求出，最后根据函数解析式求出单调递增区间即可；
（2）由得到对称中心，再得到的表达式，根据在区间上单调求出的取值范围，最终得到的值，最后代入求值即可.
【小问1详解】
设的最小正周期为，由已知得，
解得，所以，所以，
由，解得，
故的单调递增区间是.
【小问2详解】
由，知函数的图象关于点对称，
所以，得.
当时，，
又在区间上单调，所以，解得，
当时，，满足条件，所以，
则
17. 已知，，，，记函数，若函数的周期为.
（1）求函数单调递增区间；
（2）设的三个内角为、、，且满足，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由函数的最小正周期，可求得的值，可得出函数的解析式，然后利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区间；
（2）由结合角的取值范围可求得角的值，由可求得，再利用二倍角的余弦公式可得答案.
【小问1详解】
解：因为
，
由题意可知，函数的最小正周期为，可得，，
由，解得，
因此，函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
因为，可得，
，则，，可得，
，
，
18. 如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程组，求出、即可；
（2）根据题意得到，，结合三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
又是线段的中点，所以，
又，且、不共线，
所以，所以.
【小问2详解】
因， ，
由（1）可知，，所以，
因为三点共线，所以，即，则，
又，，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
19. 在中，角A、B、C所对边分别记为a，b，c，且向量与向量垂直．
（1）若，求的值；
（2）若角的内角平分线与相交于点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由题意可得，利用正弦定理化边为角，进而可求出，再根据余弦定理求出的关系，再利用正弦定理化边为角即可得解；
（2）先利用等面积法求出的关系，再利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.
【小问1详解】
向量与向量垂直，
则，
由正弦定理得，
则，
，
，
即；
【小问2详解】
根据题意，因为为角的内角平分线，
所以
，
根据余弦定理可得
，
又，
所以，（当且仅当，取等号），
所以，所以的最小值为2．