四川省资阳市2024_2025学年高一数学下学期期中试题含解析

这是一份四川省资阳市2024_2025学年高一数学下学期期中试题含解析，共71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。
1. 已知向量，若，则实数（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量的数量积的坐标运算即可求解．
【详解】由题意得，，
因为，所以，
解得，
故选:C.
2. 如图，已知水平放置的的直观图中，，，那么的面积为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】画出原图可计算面积.
【详解】由已知可知，的原图如下：
其中，
所以.
故选：D
3. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形图象平移变换逐项求出解析式判断.
【详解】对于A，的图象向左平移个单位，得，A不是；
对于B，的图象向右平移个单位，得，B是；
对于C，的图象向左平移个单位，得，C不是；
对于D，的图象向左平移个单位，得，D不是.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式结合弦化切可得出所求代数式的值.
【详解】因为，则.
故选：C.
5. 某市居民小区内的重兴塔，在2013年被列为国家级重点保护单位.塔身为八角形楼阁式建筑，九层十檐，最下层为双檐木回廊，檐下系砖雕斗拱.上八层为单檐，砖雕仰莲承托，层层紧缩，造型浑厚拙朴，气势雄伟、如图，某校高一学生进行实践活动，选取与塔基B在同一水平面内的两个测量基点C与D，在C点测得重兴塔在北偏东75°的点B处，塔顶A的仰角为45°，在D点测得重兴塔在北偏西60°的B处，通过测量两个测量基点C与D之间的距离约为米，则塔高约为（ ）米.
A. 54B. 30C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求出各个角，再用正弦定理求解即可.
【详解】根据题意，，，
所以，
在中由正弦定理可知，
所以，
在中，
所以.
故选：B．
6. 若高为1的正三棱柱的顶点都在半径为1的球面上，则该正三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据球的截面圆的性质，得到棱柱底面与球的截面圆的半径，进而求得底面三角形的边长为，结合棱柱的体积公式，即可求解.
【详解】由题意可知球的半径，
因为正三棱柱的高为，则球心到三棱柱底面的距离，
根据球的截面圆的性质，可得，即，解得，
棱柱底面与球的截面圆的半径，
三棱柱的底面三角形为截面圆内接正三角形，可得三角形的边长为，
所以三角形的面积为，
该棱柱的体积为.
7. 已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得两次最大值1，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数在区间上是增函数，则有，在区间上恰好取得两次最大值1，得，即可求解.
【详解】由函数在区间上是增函数，则有，
由可得，所以，
又函数在区间上恰好取得两次最大值1，得，
所以，即.
故选：B.
8. 已知中，，，，O为的外心，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值．
【详解】由题意可知，为的外心，
设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为,
因为 ，两边乘以，即，
的夹角为，而，
则 ，得①，
同理两边乘 ，即，，
则 得②，
①②联立解得，，
所以，
故选：D.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案.
二、多选题（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. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 设为非零向量，若，则
B. 若，则或
C. 设为非零向量，则
D. 若点为的重心，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算律即可判断A；根据模的定义及向量共线的概念即可判断B；根据数量积的运算法则即可判断C；根据向量线性运算及重心的性质即可判断D．
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，表示是的2倍，或表示与共线，且是的2倍，故B错；
对于C，，，
所以与不一定相等，故C错误；
对于D，如图，设为的中点，点为的重心，
则，即，所以，故D正确；
故选：AD．
10. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图像关于直线对称
B. 的图像关于点对称
C. 将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据题意得到，
对选项A，根据即可判断A正确，对选项B，根据，即可判断B错误，对选项C，将向右平移，得到，即可判断C正确，对选项D，根据的图象即可判断D正确.
【详解】由图可知：的最小正周期，
当时，，所以；
对于A，，正确；
对于B，，错误；
对于C，将向右平移，得到，正确；
对于D，的大致图像如下：
欲使得在内方程有2个不相等的实数根，
则，正确；
故选：ACD.
11. 在中，角所对的边分别是且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，且有一解，则的取值范围为
C. 若，且为锐角三角形，则的取值范围为
D. 若，且，为的内心，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：根据条件求出；选项B：由余弦定理得，将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解，利用跟的判别式求得的取值范围；选项C：根据正弦定理得，利用为锐角三角形求角的范围，从而求边的范围；选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用等面积法求得内切圆半径，从而求的面积.
【详解】对于A，由可得，即，
因为，所以，且，所以，故A正确；
对于B，根据余弦定理可得，，即，
将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有一个正解，
因为，
所以或
解得或，因为，所以或，故B错误；
对于C，由正弦定理可得， ，即,
因为为锐角三角形，所以，即，解得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以.
因为，所以.
由正弦定理可得，，即，即，
所以，即，
因为，所以，又因为，所以为锐角，则.
所以，所以为直角三角形，
所以内切圆的半径满足，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知平面向量，的夹角为，且，，则__________________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，，平面向量，的夹角为，且，
所以
13 已知，，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角关系以及余弦的和差角公式即可求解.
【详解】由以及可得，故，
由以及可得，故，
故，，
故，
故答案为：
14. 在平面四边形中，，，，则的最大值为______.

【答案】
【解析】
【分析】设，利用三角函数函数得，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.
详解】设，，则，代入数据得，
，，
在中运用余弦定理得，
即
，，
所以当，即时，的最大值为3，则的最大值为.
故答案：.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于引角，设，再利用三角函数和余弦定理得到，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.
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. 已知向量与的夹角，且，.
（1）求；
（2）与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积定义及运算律求结果；
（2）由向量夹角公式、数量积的运算律求夹角余弦值.
【小问1详解】
已知向量与的夹角，且，，
则，
所以；
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，
所以与的夹角的余弦值为.
16. 在平面直角坐标系中，已知，，.
（1）若三点共线，求实数的值；
（2）若，以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，求该几何体的表面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三点共线可知，由向量共线的坐标表示即可求解；
（2）由可知，根据向量垂直的坐标表示求出实数的值，进而可根据向量模长计算公式可计算，，.以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥，根据圆锥的表面积公式即可求解.
【小问1详解】
∵，，，，.
∵三点共线，，，解得，
即实数的值为.
【小问2详解】
由（1）知，.
，，，即.
，，，，.
以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥，
故该几何体的表面积为.
17. 已知向量，，设．
（1）求函数的表达式及单调减区间；
（2）将函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，直接写出函数的表达式，并求关于的方程在区间上的解集．
【答案】（1），；
（2），.
【解析】
【分析】（1）由平面向量数量积的坐标运算公式，降幂公式及辅助角公式求得，再求出函数单调递减区间.
（2）由求出解析式；在上求出方程的解.
【小问1详解】
依题意，，
由，解得，
所以函数的表达式，单调减区间为.
【小问2详解】
由（1）知；
由，得，由，得，
则或或，解得或或，
所以方程在区间上的解集为．
18. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）若，求的外接圆的周长；
（2）若为锐角三角形，且，
①求角的取值范围；
②求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用二倍角的正弦求出，再利用正弦定理求解.
（2）①由（1）的结论，结合锐角三角形条件求出的范围；②由正弦定理及三角形面积公式，结合正切函数的性质求出范围.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
而，则，，又，
于是，，因此，设的外接圆半径为，
由正弦定理得，
所以的外接圆的周长为.
【小问2详解】
①由为锐角三角形，得，又，
则，解得，所以角取值范围是；
②的面积，
由正弦定理得．
由，得，则，因此，
所以面积的取值范围是.
19. 已知函数的最小正周期为．
（1）求的解析式；
（2）设函数,若对任意的,总存在,使得成立,求的取值范围；
（3）若函数在上有3个零点,求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式化简得，再由最小正周期为，求得，即可得到的解析式；
（2）利用指数函数和正弦函数的性质可得，的值域，再根据值域的包含关系列不等式组求解即可；
（3）由题意，令，则函数有两个零点，且的图象与直线，共有3个公共点，结合的图象求的取值范围即可.
【小问1详解】
因为
，
函数的最小正周期为，又，则，所以，
所以.
【小问2详解】
因为是增函数，当时，
当时，，则，
所以，
由题意可知，
则解得，即的取值范围为．
【小问3详解】
（3）令，由（2）知当时，，即，
则函数有两个零点，
且的图象与直线，共有3个公共点，

由的图象可知，当，时，，得，
由，得，，符合题意．
当，时，，解得，
综上，的取值范围为．