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四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.
2、本堂考试120分钟，满分150分.
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂.
4、考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题部分，共60分）
一、单项选择题：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. 化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：D.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题可根据两角和的余弦公式得出结果.
详解】
，
故选：C.
3. 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A. －2B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，
所以，
解得．
故选：B．
4. 在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理计算即得.
【详解】由正弦定理可得，所以.
故选：A.
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
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】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换规律，即可得答案.
【详解】对于BD，因为，
因此将函数的图象向右平移个单位，
即可得到函数的图象，故B错误，D正确；
对于A，的图象向左平移个单位长度，
可得，故A错误；
对于C，的图象向左平移个单位长度，
可得，故C错误.
故选：D．
6. 设，为平面向量的一组基底，则下面四组向量组中不能作为基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量的共线定理判断每个选项中的向量组是否共线即可.
【详解】由题意，，是不共线的两个向量，可得和不共线，和不共线，和不共线，所以选项A，B，D的向量组都可以作为基底，因为，所以和不共线，故选项D的向量组不能作为基底.
故选：C
7. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式计算即可．
【详解】设与夹角为，则，
在上的投影向量为：，
故选：C．
8. 如图，在中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解.
【详解】由题意知.
故选：C.
二、多项选择题．本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 下列各式中，值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式，求解即可.
【详解】对于A选项，原式，故A选项错误；
对于B选项，原式，故B选项正确；
对于C选项，原式，故C选项正确；
对于D选项，原式，故D选项错误.
故选：BC.
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 与是平行向量
C. 若与是共线向量，则四点共线
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的概念逐一判断.
【详解】对于A：，模相等不能推出共线，A错误；
对于B：与是相反向量，所以是平行向量，B正确；
对于C：若与是共线向量，不能得到四点共线，C错误；
对于D：若，当向量时，与不一定平行，D错误.
故选：ACD.
11. 函数（，，是常数，且，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. B. 在区间上单调递增
C. 将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先根据函数的图象确定函数的解析式，再由解析式讨论函数的性质.
【详解】根据函数图象，易知：，.
由，.
所以，.
因为，故A错误；
由.
因为，所以函数在上单调递增，故B正确；
将的图象向左平移个单位得：，不是偶函数，故C错误；
因为，故D正确.
故学：BD
12. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，的最小值为1
D. 若为锐角三角形，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
第II卷（非选择题部分，共90分）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是______.
【答案】##30°
【解析】
【分析】由结合余弦定理，可求，进而可求B.
【详解】因为，所以，
由余弦定理的推论，得
因为，所以．
故答案为：．
14. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平方关系和二倍角公式计算得出结果
【详解】由，可得，得，
所以
故答案为：
15. 如图，一辆汽车在一条水平公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.
考点：正弦定理及运用．
16. 已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成 为实数），都有，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】向量的模长已知，根据数量积公式可知所求为向量夹角余弦值的最小值，结合函数在区间上单调递减可得的最小值为.
【详解】由题可知，
不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，
又 为实数），都有，
所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.
此时，在中，由余弦定理可得，
,
故答案为：.
四、解答题：本题共6个小题，共70分，其中17题10分，18-22题每道12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知，，与的夹角为． 求：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）－20 （2）88
（3）156
【解析】
【分析】根据数量积概念和运算律可得.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
.
18. 已知.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由值求值，即可求出；
（2）先由求出的值，再凑角，求出，就可求的值.
【小问1详解】
由，可得，
.
【小问2详解】
由 ，可得，
又，
，
，
由，可得.
19. 已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）求函数在区间上的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式化简，根据周期公式可得函数的最小正周期；
（2）利用正弦函数的性质可得函数的最值.
【小问1详解】
其最小正周期为.
【小问2详解】
又，，
所以，即
所以函数在区间上的取值范围为：.
20. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为边上一点，，且______，求的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①是的平分线；②D为线段的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
【答案】（1）
（2）选择①②，答案均为
【解析】
分析】（1）由正弦定理和得到，求出；
（2）选①，根据面积公式得到，结合余弦定理得到，求出面积；
选②，根据数量积公式得到，结合余弦定理得到，求出，得到面积.
【小问1详解】
由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，∴，，
∵，∴．
【小问2详解】
若选①：由平分得，，
∴，即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：因为，
所以，
即，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
21. 已知
（1）求函数的最小值以及取得最小值时的集合；
（2）设的内角所对的边分别为，若且，求周长的取值范围．
【答案】（1）函数的最小值为，取最小值时的集合为
（2）周长的取值范围为.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换，可得的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案；
（2）由求出B，由正弦定理求出的表达式，结合三角恒等变换化简可得的表达式，利用三角函数性质求出其范围，即可得三角形周长的取值范围.
【小问1详解】
由于，
故
，
由，得，
故当时，函数取最小值，最小值为；
所以函数的最小值为，取最小值时的集合为.
小问2详解】
由，得，
而，
所以，
故，
由于，则，
则，
则
，
而，
则，即，
故周长的取值范围为.
22. 定义在上的函数，已知其在内只取到一个最大值和一个最小值，且当时函数取得最大值为2；当，函数取得最小值为．
（1）求出此函数的解析式；
（2）是否存在实数，满足不等式，若存在求出的取值范围，若不存在，请说明理由；
（3）若将函数的图像保持横坐标不变，纵坐标变为原来的得到函数，再将函数的图像向左平移个单位得到函数，已知函数的最大值为10，求满足条件的的最小值．
【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用三角函数最值与周期的性质求得，再由求得，从而得解；
（2）先根据根号的性质求得的取值范围，再结合的单调性得到关于的不等式，由此得解；
（3）先利用三角函数平移的性质求得与，再利用复合函数的单调性确定满足条件时与的取值，从而求得的范围，由此得解.
【小问1详解】
，，
又在内只取到一个最大值和一个最小值，
，，
，，
则，又，，
.
【小问2详解】
假设存在实数，满足题设不等式，
则满足，解得，
，，
同理，
当时，，故在上单调递增，
若有，
只需要，即成立即可，
存在，使成立.
【小问3详解】
由题意得，
函数与函数均为单调增函数，且，
当且仅当与同时取得1才有的最大值为，
由，得，
则由，得，
，则，
又，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用复合函数的单调性，结合三角函数的性质确定满足条件时与的取值，从而得解.
注意事项：
1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.
2、本堂考试120分钟，满分150分.
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂.
4、考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题部分，共60分）
一、单项选择题：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. 化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：D.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题可根据两角和的余弦公式得出结果.
详解】
，
故选：C.
3. 已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A. －2B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，
所以，
解得．
故选：B．
4. 在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理计算即得.
【详解】由正弦定理可得，所以.
故选：A.
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
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】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的平移变换规律，即可得答案.
【详解】对于BD，因为，
因此将函数的图象向右平移个单位，
即可得到函数的图象，故B错误，D正确；
对于A，的图象向左平移个单位长度，
可得，故A错误；
对于C，的图象向左平移个单位长度，
可得，故C错误.
故选：D．
6. 设，为平面向量的一组基底，则下面四组向量组中不能作为基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量的共线定理判断每个选项中的向量组是否共线即可.
【详解】由题意，，是不共线的两个向量，可得和不共线，和不共线，和不共线，所以选项A，B，D的向量组都可以作为基底，因为，所以和不共线，故选项D的向量组不能作为基底.
故选：C
7. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式计算即可．
【详解】设与夹角为，则，
在上的投影向量为：，
故选：C．
8. 如图，在中，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解.
【详解】由题意知.
故选：C.
二、多项选择题．本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 下列各式中，值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式，求解即可.
【详解】对于A选项，原式，故A选项错误；
对于B选项，原式，故B选项正确；
对于C选项，原式，故C选项正确；
对于D选项，原式，故D选项错误.
故选：BC.
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 与是平行向量
C. 若与是共线向量，则四点共线
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的概念逐一判断.
【详解】对于A：，模相等不能推出共线，A错误；
对于B：与是相反向量，所以是平行向量，B正确；
对于C：若与是共线向量，不能得到四点共线，C错误；
对于D：若，当向量时，与不一定平行，D错误.
故选：ACD.
11. 函数（，，是常数，且，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. B. 在区间上单调递增
C. 将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先根据函数的图象确定函数的解析式，再由解析式讨论函数的性质.
【详解】根据函数图象，易知：，.
由，.
所以，.
因为，故A错误；
由.
因为，所以函数在上单调递增，故B正确；
将的图象向左平移个单位得：，不是偶函数，故C错误；
因为，故D正确.
故学：BD
12. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，的最小值为1
D. 若为锐角三角形，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
第II卷（非选择题部分，共90分）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则角B的大小是______.
【答案】##30°
【解析】
【分析】由结合余弦定理，可求，进而可求B.
【详解】因为，所以，
由余弦定理的推论，得
因为，所以．
故答案为：．
14. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平方关系和二倍角公式计算得出结果
【详解】由，可得，得，
所以
故答案为：
15. 如图，一辆汽车在一条水平公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.
考点：正弦定理及运用．
16. 已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成 为实数），都有，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】向量的模长已知，根据数量积公式可知所求为向量夹角余弦值的最小值，结合函数在区间上单调递减可得的最小值为.
【详解】由题可知，
不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，
又 为实数），都有，
所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.
此时，在中，由余弦定理可得，
,
故答案为：.
四、解答题：本题共6个小题，共70分，其中17题10分，18-22题每道12分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知，，与的夹角为． 求：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）－20 （2）88
（3）156
【解析】
【分析】根据数量积概念和运算律可得.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
.
18. 已知.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由值求值，即可求出；
（2）先由求出的值，再凑角，求出，就可求的值.
【小问1详解】
由，可得，
.
【小问2详解】
由 ，可得，
又，
，
，
由，可得.
19. 已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）求函数在区间上的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据辅助角公式化简，根据周期公式可得函数的最小正周期；
（2）利用正弦函数的性质可得函数的最值.
【小问1详解】
其最小正周期为.
【小问2详解】
又，，
所以，即
所以函数在区间上的取值范围为：.
20. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为边上一点，，且______，求的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①是的平分线；②D为线段的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
【答案】（1）
（2）选择①②，答案均为
【解析】
分析】（1）由正弦定理和得到，求出；
（2）选①，根据面积公式得到，结合余弦定理得到，求出面积；
选②，根据数量积公式得到，结合余弦定理得到，求出，得到面积.
【小问1详解】
由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，∴，，
∵，∴．
【小问2详解】
若选①：由平分得，，
∴，即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：因为，
所以，
即，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
21. 已知
（1）求函数的最小值以及取得最小值时的集合；
（2）设的内角所对的边分别为，若且，求周长的取值范围．
【答案】（1）函数的最小值为，取最小值时的集合为
（2）周长的取值范围为.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换，可得的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案；
（2）由求出B，由正弦定理求出的表达式，结合三角恒等变换化简可得的表达式，利用三角函数性质求出其范围，即可得三角形周长的取值范围.
【小问1详解】
由于，
故
，
由，得，
故当时，函数取最小值，最小值为；
所以函数的最小值为，取最小值时的集合为.
小问2详解】
由，得，
而，
所以，
故，
由于，则，
则，
则
，
而，
则，即，
故周长的取值范围为.
22. 定义在上的函数，已知其在内只取到一个最大值和一个最小值，且当时函数取得最大值为2；当，函数取得最小值为．
（1）求出此函数的解析式；
（2）是否存在实数，满足不等式，若存在求出的取值范围，若不存在，请说明理由；
（3）若将函数的图像保持横坐标不变，纵坐标变为原来的得到函数，再将函数的图像向左平移个单位得到函数，已知函数的最大值为10，求满足条件的的最小值．
【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用三角函数最值与周期的性质求得，再由求得，从而得解；
（2）先根据根号的性质求得的取值范围，再结合的单调性得到关于的不等式，由此得解；
（3）先利用三角函数平移的性质求得与，再利用复合函数的单调性确定满足条件时与的取值，从而求得的范围，由此得解.
【小问1详解】
，，
又在内只取到一个最大值和一个最小值，
，，
，，
则，又，，
.
【小问2详解】
假设存在实数，满足题设不等式，
则满足，解得，
，，
同理，
当时，，故在上单调递增，
若有，
只需要，即成立即可，
存在，使成立.
【小问3详解】
由题意得，
函数与函数均为单调增函数，且，
当且仅当与同时取得1才有的最大值为，
由，得，
则由，得，
，则，
又，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用复合函数的单调性，结合三角函数的性质确定满足条件时与的取值，从而得解.
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