重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期阶段性检测（一）试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期阶段性检测（一）试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 设向量，，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
西南大学附属中学高2025届高一下阶段性检测（一）数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.一、选择题：本大题共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. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求集合，再根据交集的定义，求.【详解】，解得：，所以，，所以.故选：B2. 函数的定义域是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】结合已知条件，求解不等式即可得到答案.【详解】由可知，，即，解得，故的定义域为.故选：A.3. 函数的零点所在的区间是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据对数函数和一次函数的性质，得到在为单调递增函数，且，结合零点的存在性定理，即可求解.【详解】由题意，函数，可得函数在为单调递增函数，又由，，可得，所以函数零点所在的区间是.故选：B.4. 设向量，，则“”是“”的（    ）A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】首先根据，求的值，再判断充分，必要条件.【详解】由条件可知，，得，化简得，得或，即或所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B5. 当孩子“嗖”地滑下来时，能享受到成功的喜悦.滑滑梯为儿童体育活动器械的一种，若测得，，，，，则滑滑梯的高度（    ）A. 18 B.  C. 20 D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦定理得到，进而利用三角函数值求出.【详解】在中，由正弦定理得，即，解得，因为，，所以.故选：C6. 平面向量，满足，且，则与夹角的余弦值的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由两边平方得，根据两个向量夹角的余弦公式结合均值不等式求得结果.【详解】由两边平方得，又，则.，当时取等号.则与夹角的余弦值的最大值.故选：A.7. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】判断当时，的取值范围，从而判断时，的取值范围应包含，由此列出不等式，求得答案.【详解】由题意知当时，，由于函数的值域为，故时，的取值范围应包含，故此时，且，故，故选：C.8. 在锐角三角形中，，则边上的高的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可得，所以有，，由三角形为锐角三角形，可得，由正弦定理可得有，最后由即可得答案.【详解】解：由可得: ,所以，又因为，所以，所以，，又因为三角形为锐角三角形，所以，所以，在中，由正弦定理可得：，即，故有，因为，所以，所以，所以，又因为边上的高，所以.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列各式中，其中运算结果正确的是（    ）A.  B. C. （其中，） D. 【答案】BD【解析】【分析】由对数式和指数式的运算规则，化简验证各选项结论.【详解】，则，A选项错误；，B选项正确；，C选项错误；，D选项正确.故选：BD10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则向量在上的投影向量为D. 若向量与的夹角为钝角，则【答案】AC【解析】【分析】由平面向量数量积的坐标运算，结合平面向量的夹角、投影向量及向量共线的坐标运算求解即可．【详解】若，则，即，A选项正确；若，，则，B选项错误；若，，则向量在上的投影向量为，C选项正确；若，，向量与的夹角为，D选项结论错误.故选：AC11. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，且，则下列说法正确的是（    ）A. 的外接圆的半径为B. 若只有一个解，则的取值范围为或C. 若为锐角，则的取值范围为D. 面积的最大值为【答案】AD【解析】【分析】首先利用三角恒等变换求，再根据正弦定理判断A；根据三角形的个数，建立不等式，判断B；求角的范围，利用正弦定理求，并求的取值范围，判断C；利用余弦定理，结合基本不等式求的最大值，即可判断D.【详解】因为，所以，，所以，因为，所以，解得：，故A正确；B.若只有一个解，则或，得或，故B错误；C.因为角为锐角，，所以，所以，，所以，故C错误；D.，当时，等号成立，所以， 所以面积的最大值为，故D正确.故选：AD12. 对于非零向量，定义变换以得到一个新的向量.则关于该变换，下列说法正确的是（    ）A. 若，则B. 存在，使得C. 设点（），为坐标原点，且点，，构成等腰三角形，则D. 设，，，…，，则【答案】ACD【解析】【分析】由定义变换的新向量，结合向量垂直的条件验证选项A，由向量夹角的坐标运算验证选项B，由向量模的运算求出点坐标，再求题中数量积验证选项C，由新定义向量的变换，得到周期性，求出，再计算验证选项D.【详解】，设，，，若，则有，，则，A选项正确；，，，B选项错误；设点（），，，，，，，点，，构成等腰三角形，则，即，有，由，解得，，，，C选项正确；当时，，，，，，，，D选项正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 化简______.【答案】【解析】【分析】根据向量加法和减法运算公式化简求值.【详解】.故答案为：14. 已知函数，若为奇函数，则______.【答案】【解析】【分析】法一：根据函数为奇函数，得到，求出，得到函数解析式，求出；法二：根据定义在R上的奇函数满足，求出，得到函数解析式，求出.【详解】法一：因为为奇函数，所以，即，化简得，解得，故，所以；法二：因为为定义在R上的奇函数，故，解得，经检验满足题意，故，.故答案为：15. 在中，，是的角平分线交于点，且满足，则______.【答案】【解析】【分析】在中，由正弦定理可得：，在中，由正弦定理可得：，代入已知条件可得,根据同角的三角函数关系即可求得答案.【详解】解：如图所示：因为是的角平分线，所以，设，又因为，设，又因为，，所以，在中，由正弦定理可得：，即①,在中，由正弦定理可得：，即②,由①②可得即,又因为，所以.故答案为：16. 在中，是其外心，，，.边，上分别有两动点，，线段恰好将分为面积相等的两部分.则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求出，再由正弦定理求出外接圆半径，利用外心定义及数量积定义计算出、及的值，又，利用数量积运算表示，利用基本不等式即可求出最值.【详解】在中，由余弦定理即及，，.得，设，因为线段恰好将分为面积相等两部分，所以，因为是其外心，所以，，由正弦定理得，且，又，所以因为，且，所以，当且仅当时即，等号成立，此时，即的最大值为.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知向量与的夹角为120°，，.（1）求；（2）求与的夹角的余弦值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用数量积公式求向量的模；（2）利用向量夹角公式，结合向量数量积公式，化简求值.【小问1详解】【小问2详解】18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，点在边上.（1）若，，求；（2）若，，求.【答案】（1）2    （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可求解；（2）两次应用余弦定理建立方程求b，即可求得的值.小问1详解】设的外接圆半径为R，由正弦定理得，因为，所以，即．又因为，，，所以；小问2详解】在中，，由余弦定理得，在中，，由余弦定理得，因为，所以，整理得，解得，所以．19. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）已知等式结合倍角公式和余弦定理，化简得，可求；（2）结合正弦定理表示出a和c，进而将周长表示为关于角A的正弦函数，利用正弦函数性质以及A的范围即可求得答案．【小问1详解】，由倍角公式得，由余弦定理，，化简得，则，由，得.【小问2详解】由正弦定理得︰ ， ∴ ， ，，  ，  由， ，∴， 即（当且仅当时，等号成立），从而周长的取值范围是20. 已知函数，，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.（1）若关于对称，求的最小值；（2）若，求函数的单调区间.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）由函数的平移变换求出，再根据正弦型函数的对称轴公式求得结果；（2）当时，先求出并进行化简，根据正弦型函数的单调递增、单调递减区间公式求出结果.【小问1详解】已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数，则，即，因为关于对称，所以，即又，当时，取最小，最小值为.【小问2详解】当时，，令，解得，令，解得，所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为.21. 如图，在中，，，直线与直线交于点.（1）若点满足，证明，，三点共线；（2）设，，以为基底表示.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用已知条件，结合向量的加减运算，由向量的数乘关系可证明结论；（2）由，，三点共线，可得，结合向量的加减运算，把用基底表示.【小问1详解】，，E为AC中点，，，，，与共线，又与有公共点，所以，，三点共线.【小问2详解】设，由，，E为AC中点，，，，三点共线，，，，，.22. 将二次函数的图象在坐标系内自由平移，且始终过定点，则图象顶点也随之移动，设顶点所满足的表达式为二次函数.例如，当时，；当时，.（1）当，图象平移到某一位置时，且与不重合，有，其中为坐标原点，求的坐标；（2）记函数在区间上的最大值为，求的表达式；（3）对于常数（），若无论图象如何平移，当，不重合时，总能在图象上找到两点，，使得，且直线与无交点，求的取值范围.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）当时，，设点，，通过坐标表示向量，并通过建立等式关系求出的值，进而求得结果；（2）由题意确定二次函数顶点的表达式，进而求出，由函数区间定轴动的思想进行求解；（3）联立无解，证得直线与无交点，设，，通过化简式子发现恒成立，进而求得的取值范围.【小问1详解】当时，，设点，，因为，所以，解得：或，则或，当点的坐标为时，与重合，不合题意，所以，.【小问2详解】设二次函数的图象在坐标系内平移之后的解析式为，为二次函数的顶点，因为函数过定点，则，即，，对称轴为，当时，即，在区间上单调递减，；当时，即，在区间上单调递增，；时，即，在区间上单调递增，在区间上单调递减，.所以.【小问3详解】设直线，则联立，无解，，则直线与无交点；设，，恒成立，的取值范围为.