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）

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：B

2. 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：B

5. 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：C

6. 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：BD

10. 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：AC

11. 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：AD

12. 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.