2025鹤山重点校高一下学期第一阶段检测数学试题含解析

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2005.04
一、单选题．（每小题5分，共40分）
1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的正切公式可求得的值.
【详解】因为，则.
故选：B.
2. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量是具有大小和方向的量以及零向量的含义，一一判断各选项，即得答案.
详解】对于A，若，但方向不一定相同，故不一定成立，A错误；
对于B，若，即的模相等，方向相同，则，B正确；
对于C，向量是具有方向和大小的量，故向量不能比较大小，
即，不能得出，C错误；
对于D，若，则，D错误，
故选：B
3. 设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 1或3
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数是纯虚数实部为0，虚部不为0，即可求得的值.
【详解】复数是纯虚数，
则，解得.
故选：C.
4. 如图，已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的三角形法则和数乘运算法则即可求出．
【详解】由，得，而，
所以.
故选：B
5. 符合下列条件的三角形有且只有一个的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】选项A：利用正弦定理判断；对于B：由正弦定理判断；选项C：两边之和大于第三边判断；选项D：由正弦定理判断；
【详解】对于A：因为，所以，三角形有两解，故A错误;
对于B：因为，所以，
且，所以,所以或，故有两解，故B错误；
对于C：因为，所以无解，故C错误；
对于D：因为，所以,故，三角形只有一解，故D正确.
故选：D
6. 已知向量，，满足，，且在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量公式即可求解.
【详解】设，由在上的投影向量为，知，解得.
故选：A
7. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高约为（ ）（单位：米，）
A. 30.42B. 42.42C. 50.42D. 60.42
【答案】B
【解析】
【分析】在中，由正弦定理求出BC，进而在中求得答案即可.
【详解】由题意，在中，，
由正弦定理可知.
在中，易知，
于是.
故选：B.
8. 已知，，且，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用两角和差公式计算化简结合同角三角函数关系计算，最后应用基本不等式计算求解.
【详解】因为，
所以，
即，即.
又，
等号当且仅当时成立.
故选：A.
二、多选题（每小题6分，共18分；漏选部分给分，错选得0分）
9. 若复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 在复平面内对应的点位于第三象限
D. 若复数，且，则在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由复数除法运算及复数模长计算公式可判断选项正误；对于B，由共轭复数定义可判断选项正误；
对于C，由复数几何意义可判断选项正误；对于D，由，结合复数几何意义可判断选项正误.
【详解】对于A，由，得，则
，故A正确；
对于B，由得，故B错误；
对于C，由得复数对应的点为，位于第三象限，故C正确；
对于D，由得，
则，即，
故在复平面内对应的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系式，结合角的变换公式，即可求解.
【详解】对于A，因为，则，所以，故A正确；
对于B，因为，则，所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，因为，则，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象与的图象在内有4个交点
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，C，根据函数图象的变换可得，即可代入验证判断；对B，根据条件，结合平方关系和二倍角正弦公式求解判断；对D，作出两个函数的图象即可判断.
【详解】对于A，将的图象向右平移个单位后可得，
进而可得，故A错误；
对于B，由，得，又，则，
，故B正确；
对于C，由，所以不是的对称轴，故C错误；
对于D，分别作出与在内的图象，可知有4个交点，故D正确.

故选：BD.
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 设z为复数，若=1，则的最大值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】设，由模长公式得到.然后由模长公式得到的代数式，由函数的单调性可知，当取最大值时取得最大，由求出的最大值，从而得出结果.
【详解】设，则，即，
，∴，
∵在上单调递增，
∵，，
∴当时，取最大值3.
故答案为：3.
13. 某地一天时的气温y（单位：）与时间t（单位：h）的关系满足函数，则这一天的最低气温是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，可知，由三角函数的性质求出函数的最小值即可.
【详解】，，
当，即时，
.
故答案为：.
14. 已知点M是边长为2的正方形内部（包括边界）的一动点，点P是边的中点，则的最大值是_______；的最小值是________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空利用向量形式的三角不等式即可求解；第二空将转化为，再利用极化恒等式即可求解.
【详解】解：，当点与点重合时等号成立；
如图所示，取中点，连接，取的中点为，连接，
则．
又因为点为正方形内部（包括边界）一动点，
所以，
当点与点重合时，取得最小值．
故答案为，．
四、解答题（共77分）
15. 求下列各式的值：
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）（2）（3）应用二倍角正余弦及正切公式分别化简各式求值即可.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
.
16. 在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求角的大小．
（2）若，的面积为，求的周长．
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合二倍角公式可得，由此可得结果.
（2）根据面积公式可得，利用余弦定理求得，即可得到三角形的周长.
（3）根据，利用两角差的余弦公式及辅助角公式化简，结合的范围即可求出答案.
小问1详解】
∵，∴，即，
∵，∴，
∴，故.
【小问2详解】
由（1）得，，
∵的面积为，∴，即，解得，
由余弦定理得，，
∴，故的周长为.
【小问3详解】
由得，则，
∴
.
∵为锐角三角形，∴，故，
∴，故，
∴，即的取值范围是.
17. 设，是不共线的两个非零向量．
（1）若，，，求证：A，B，C三点共线；
（2）若与共线，求实数k的值，并指出与反向共线时的取值．
【答案】（1）证明见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算及共线向量定理推理得证.
（2）利用共线向量定理及平面向量基本定理列式求解.
【小问1详解】
由，，，
得，
，
则，且有公共点B，所以A，B，C三点共线．
【小问2详解】
由与共线，则存在实数，使得，
即，又，是不共线两个非零向量，
因此，解得或，
所以实数k的值是，当时，与反向共线.
18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）若，求；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，结合已知可求得；
（2）由（1）可得，过作于，设，则，可得，进而利用基本不等式可求面积的最大值.
【小问1详解】
由，可得，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，又，所以，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
若，则，显然不符合题意，所以，
所以，所以均为锐角，
过作于，所以，所以，
设，则，所以，
所以，又，所以，即，
所以
，
当且仅当，即，时取等号.
所以面积的最大值为．

19. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，记，

（1）请用来表示平行四边形的面积；
（2）若.
①求平行四边形面积的最大值，以及面积最大时角的值；
②记（其中），求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①，；②
【解析】
【分析】（1）过点作垂线，在，中利用三角函数值表示边长，即可表示出四边形的面积；
（2）①运用三角恒等变换和三角函数的性质计算关于的三角函数的最值即可；②通过建系，得出点的坐标，利用的三角函数来表示，再由三角函数的性质即可求得的范围.
【小问1详解】
过点作的垂线，垂足为，在中，，
在中，，则，

所以，
所以
【小问2详解】
①若，由题意可得，
由（1）知：
故平行四边形的面积
由于，故，
故当时，即时，取得最大值为.
②根据题意，建立如图所示的坐标系，则，即

又，则
因，即，
则，，
解得：，，
，
由点是弧上一动点，则，则，
所以即.
则的取值范围为.