宁夏银川市2024-2025学年高一下学期第一次月考数学检测试卷（附答案）

这是一份宁夏银川市2024-2025学年高一下学期第一次月考数学检测试卷（附答案），共15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（本题共8个小题，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. 已知向量，．若，则实数的值是（ ）
A. -2B. 2C. D.
【正确答案】B
【分析】根据得，进行数量积的坐标运算即可.
【详解】根据已知有：
故选：B.
2. 如图，在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】运用平面向量的三角形法则和数乘向量，直接求解．
【详解】在中，，
∴.
故选：A．
3. 已知角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由及的范围求出，再根据二倍角的余弦公式可求出.
【详解】因为，所以，
又，所以，所以，即，
因为，所以.
故选：D.
4. 在中，，当时，为（ ）
A. 直角三角形B. 锐角三角形
C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【正确答案】C
【分析】由向量数量积的定义式可得，即可判断.
【详解】因为，所以，
因为，所以．
故为钝角三角形．
故选：C.
5. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由得到，再由投影向量的计算公式代入计算即可.
【详解】设向量与的夹角为，则所求投影向量为．
因为，所以，又因为，，所以，
所以，
故选：B
6. 若单位向量满足．则的夹角为（ ）
A B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据单位向量定义将等式平方可得，再由夹角公式计算可得结果.
【详解】由题意，，
由得，
即，所以，
设与的夹角为，
所以，
又，所以.
故选：C
7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 1B. C. D. 2
【正确答案】B
【分析】根据函数图象求出相关参数得到解析式，再将自变量代入求函数值即可.
【详解】由题设且，则，故，
又，则，
所以，
则.
故选：B
8. 已知函数其中．若在区间上单调递增，则ω的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】由求出的范围，由函数在区间上单调递增，列出不等式，从而求得ω的范围，取的值得到结果.
【详解】当时，，
则，
即，解得，
当时，，又∵，则，
当时，，
当时，∵，此时无解，
∴.
故选：D.
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分）．
9. 下列关于平面向量的说法错误的是（ ）
A. 若是共线的单位向量，则
B. 若，则
C. 若，则不是共线向量
D. 若，则一定存在实数，使得
【正确答案】ACD
【分析】由方向可判断A，由相等向量概念可判断B，由共线向量的概念可判断C，由且时，可判断D；
【详解】是共线的单位向量，则或，A错误；
向量相等，即大小相等，方向相同，B正确；
若也有可能长度不等，但方向相同或相反，即共线，C错误；
若，不一定存在实数，使得，如且时，命题不成立，D错误．
故选：ACD．
10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min．游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为（单位：m），下述结论正确的是（ ）
A.
B. 甲进舱10分钟后距离地面的高度是82.5m
C. 在运行一周的过程中，的时间超过10min
D. 游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后12min内，存在某一时刻甲、乙距离地面高度相等
【正确答案】AC
【分析】根据题意建立三角函数模型，先得出解析式，然后结合三角函数的图象与性质判断各选项即可.
【详解】由题意可得是关于的三角函数，以摩天轮轴心为原点，
以与地面平行的直线为横轴建立平面直角坐标系，设摩天轮距地面最近点为P，
则当时，游客甲位于，以OP为终边的一个角为，
而转一圈需要大约30min，可知角速度约为，
由题意可得：，即A正确；
当时，，即B错误；
由，
由正弦函数的性质可得：当时，，
则有，
即高度超过90+2.5米时，时间长为20-10=10min，显然高度达到或超过90米的时间超过10min，故C正确；
甲、乙所在位置分别设为A、B两点，甲乙座舱差6个，则，乙在甲进舱后5min进舱，
故t分钟后甲、乙的高度分别为：，，
由，可得：，
即，可得：，
即，解得，又由题意得，t无解，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上的取值范围为
D. 的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
【正确答案】ABD
【分析】应用二倍角正余弦公式化简函数式，再应用正弦型函数性质判断A、B、C；根据图象平移写出解析式即可判断D.
【详解】由，
所以最小正周期为，A对；
，即的图象关于直线对称，B对；
由上，故，C错；
向右平移个单位长度，，D对.
故选：ABD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 如图，正六边形中，______.
【正确答案】
【分析】将平移到，平移到，根据平面向量的加法运算即可求解.
详解】将平移到，平移到，
故.
故答案为:.
13 已知向量、满足，，，则________．
【正确答案】
【分析】利用平面向量垂直可得出，可求出的值，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，则，可得，
所以，.
故答案为.
14. 如图，在中，已知是线段与的交点，若，则的值为__________.
【正确答案】
【分析】设，将表示为，继而化为，利用三点共线求得，即可求得答案.
【详解】设，由得，
故
，
由得，
故
由于三点共线，故，则，
又，故，
所以，
故
四、解答题（本大题共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. 设是不共线的两个非零向量．
（1）若，求证：三点共线；
（2）若与共线，求实数k的值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）要证明三点共线，即证明三点组成的两个向量共线即可.
（2）由共线性质求出参数即可.
【小问1详解】
由，
得,
,
所以，且有公共点B，
所以三点共线.
【小问2详解】
由与共线，
则存在实数，使得，
即，又是不共线的两个非零向量，
因此，解得，或，
实数k的值是
16. （1）已知、均为锐角，，．求、的值；
（2）化简：．
【正确答案】（1），；（2）.
【分析】（1）利用同角三角函数基本关系可求出、的值，再利用两角和的正弦公式可求出的值；
（2）利用切化弦、辅助角公式结合诱导公式化简可得所求代数式的值.
【详解】（1）因为、均为锐角，则，，，
所以，，
，
故
；
（2）
.
17. 已知点和向量
（1）若向量与向量同向，且，求点的坐标；
（2）若向量且向量与的夹角是锐角，求实数的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）先设，得，接着利用坐标形式的向量共线定理和模长公式结合已知条件列式求出，再根据向量与向量同向进行检验即可得解.
（2）先求出，再由且与不共线即可计算检验得解.
【小问1详解】
设，则，
因为向量与向量同向，且，
所以且，
或，所以或，
当时，，此时向量与向量反向，不符合；
当时，，此时向量与向量同向，符合，
故，所以.
【小问2详解】
若向量，则，
因为向量与夹角是锐角，
所以，
又即，
所以实数的取值范围为.
18. 在长方形中，，，、分别是线段、的中点，是长方形（含边界）内一点．
（1）求；
（2）求的值；
（3）求的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值；
（2）利用平面向量数量积的坐标运算可求出，进而可求得的值；
（3）设点，且，，利用平面向量数量积的坐标运算结合不等式的基本性质可得出的取值范围.
【小问1详解】
在长方形中，，，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，所以，，，
所以，.
【小问2详解】
由平面向量数量积的坐标运算可得，
故.
【小问3详解】
设点，则，，则，，
所以，，
因为，，则，则，
所以，，即的取值范围是.
19. 已知向量，，，函数，且的最小正周期为．
（1）若，求满足条件的的集合；
（2）求的值域；
（3）将的图象先向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，最后将横坐标变为原来的两倍，所得函数图象与函数的图象重合，求实数的最小值．
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质结合三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求出的值，由可得出，解此方程即可；
（2）利用正弦型函数的值域可得出函数的值域；
（3）利用三角函数图象变换可得出变换后所得函数的解析式，结合题意可得出关于的表达式，即可得出正数的最小值.
【小问1详解】
因为向量，，，
函数
.
由于函数的最小正周期为，则，可得，即，
因为，则，可得，
所以，或，解得或.
所以，若，满足条件的的集合为.
【小问2详解】
由（1）可知，函数的最大值为，
最小值为，
所以，函数的值域为.
【小问3详解】
将的图象先向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，
可得出函数的图象，
最后将所得图象上每点的横坐标变为原来的两倍，可得出函数，
又因为函数的图象与函数的图象重合，
则，可得，
因为，故当时，取最小值.