西昌市2024—2025學年度下期期中檢測高一數學本試卷分為第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，試題卷4頁，答題卡2頁.全卷滿分為150分，考試時間120分鐘.答題前考生務必將自己的姓名?準考證號用0.5毫米的黑色簽字筆填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置；選擇題使用2B鉛筆填涂在答題卡對應題目標號的位置上，其他試題用0.5毫米簽字筆書寫在答題卡對應題框內，不得超越題框區域.考試結束后將答題卡收回.第I卷選擇題（共58分）一?單項選擇題：本題有8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由兩角和的正弦公式即可求解.【詳解】,故選：C2.復數（為虛數單位）在復平面內所對應的點在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】由復數的除法運算得到代數形式，即可判斷.【詳解】，其實部為，虛部為，所以在復平面內所對應的點在第一象限，故選：A3.在中，為邊上的中線，為的中點，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據平面向量基本定理，結合平面向量線性運算的性質進行求解即可.【詳解】∵為邊上的中線，∴，∵E為的中點，∴，∴，故選：D.4.，則中哪三點共線（）A.三點共線 B.三點共線C.三點共線 D.三點共線【答案】B【解析】【分析】根據平面向量共線定理逐一判斷各個選項中的兩個向量是否共線，即可得解.【詳解】對于A，設，則存在唯一實數，使得，所以，無解，所以不共線，所以三點不共線，故A不符題意；對于B，因為，所以，又因為為公共點，所以三點共線，故B符合題意；對于C，，設，則存唯一實數，使得，所以，無解，所以不共線，所以三點不共線，故C不符題意；對于D，設，則存在唯一實數，使得，所以，無解，所以不共線，所以三點不共線，故D不符題意.故選：B.5.已知，那么A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】依題意有，故6.在中，內角的對邊分別是，若，且，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先利用正弦定理邊化角，然后結合誘導公式和兩角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形內角和定理可得的值.【詳解】由題意結合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，據此可得，則.故選：C.7.如圖，摩天輪上一點距離地面的高度關于時間的函數表達式為，，已知摩天輪的半徑為，其中心點距地面，摩天輪以每分鐘轉一圈的方式做勻速轉動，而點的起始位置在摩天輪的最低點處.在摩天輪轉動一圈內，點距離地面超過有多長時間（）A.分鐘 B.分鐘 C.分鐘 D.分鐘【答案】B【解析】【分析】根據條件，求得或，再根據條件得或，利用的性質，即可求解.【詳解】因為中心點距地面60m，則，摩天輪的半徑為50m，即，又，由，得到，因為最低點到地面距離為，所以，得到，又，則，若，則，由，得到，所以，解得令得到，又，所以在摩天輪轉動一圈內，點有分鐘的時間距離地面超過，若，則，由，得到，即，所以，解得令得到，又，所以在摩天輪轉動一圈內，點有分鐘的時間距離地面超過，故選：B.8.如圖，在中，點D在線段BC上，且滿足，過點D的直線分別交直線AB，AC于不同的兩點M，N若，，則（）A.是定值，定值為2 B.是定值，定值為3C.是定值，定值為2 D.是定值，定值為3【答案】D【解析】【分析】過點C作CE平行于MN交AB于點E，結合題設條件和三角形相似可得出，再根據可得，整理可得，最后選出正確答案即可.【詳解】如圖，過點C作CE平行于MN交AB于點E，由可得，所以，由可得，所以，因為，所以，整理可得.故選：D.【點睛】本題考查向量共線的應用，考查邏輯思維能力和運算求解能力，屬于常考題.二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列關于向量說法正確的是（）A.向量的長度和向量的長度相等B.若向量與向量，滿足，且與同向，則C.已知平面上四點，且，則三點共線D.向量與向量是共線向量，則點必在同一條直線上【答案】AC【解析】【分析】根據向量的概念可以判斷A、B、D，由得，進而判斷C.【詳解】對于A，向量與向量是互為相反向量，所以A選項正確；對于B，向量不能比較大小，故B錯誤；對于C，若，即，所以，即，且有公共點，所以三點共線，故C正確；對于D，若向量與向量是共線向量，則直線AB與直線CD有可能平行，故D錯誤.故選：AC.10.函數的部分圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.的表達式可以寫成B.的圖象向右平移個單位長度后得到的新函數是奇函數C.的對稱中心，D.若方程在上有且只有6個根，則【答案】ABC【解析】【分析】利用特殊點求得函數的解析式即可判斷A，根據相位變換求得新函數解析式即可判斷奇偶性，即可判斷B，先求出的解析式，然后代入正弦函數對稱中心結論求解判斷C，把問題轉化為根的問題，找到第7個根，即可求解范圍判斷D.【詳解】對A，由，得，即，又，所以，又的圖象過點，則，即，所以，即得，，又，所以，所以，故A正確；對B，向右平移個單位后得，為奇函數，故B正確；對于C，，令得，所以對稱中心，，故C正確；對于D，由，得，因為，所以，令，解得.又在上有6個根，則根從小到大為，再令，解得，則第7個根為，，故D錯誤．故選：ABC.11.在中，內角所對的邊分別為，則（）A.若，則B.若，則是等腰三角形C.若，則滿足條件的三角形有兩個D.若，且，則為等邊三角形【答案】ACD【解析】【分析】A利用正弦定理判斷；B由方程在三角形內有兩個解判斷；C由正弦定理及大邊對大角即可判斷；D根據向量線性關系及數量積的幾何意義易知的平分線垂直于且，即可判斷.【詳解】對于，因為，可得，由正弦定理，得，所以，故正確；對于，中，，又，，所以或，即或，可得的形狀為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于，若，由正弦定理，有，又，所以可以是銳角也可以是鈍角，所以滿足條件的三角形有兩個，故C正確；對于，表示角平分線的單位向量，因為，所以的角平分線與直線垂直，所以為等腰三角形，而，所以，又，所以，所以為等邊三角形，故D正確.故選：.第II卷非選擇題（共92分）三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設是實數，其中是虛數單位，則__________.【答案】【解析】【分析】根據條件，利用復數的分類，得到，即可求解.【詳解】因為是實數，則，解得，故答案為：.13.已知向量，則向量在向量方向上的投影向量坐標為__________.【答案】【解析】【分析】根據條件，利用投影向量的定義，即可求解.【詳解】因為，向量在向量方向上的投影向量坐標為，故答案為：.14.在中，已知別為邊上的中點，且交于點，若的余弦值為，則__________.【答案】【解析】【分析】設，，利用基底表示向量，再通過即可得出.【詳解】設，，因別為邊上的中點，則，則，，因，則則，，因的余弦值為，則得，又，則.故答案為：四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知向量，滿足的夾角.（1）求的值；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據條件，利用數量積的定義及數量積的運算律，即可求解；（2）利用數量積的運算律及模長的計算公式，即可求解.【小問1詳解】因，則.【小問2詳解】.16.在中，角所對的邊分別是，且（1）求的值；（2）若的面積，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由三角形的內角和定理及降冪公式，結合二倍角公式，即可求得的值．（2）由三角函數的基本關系式求得的值，結合三角形的面積公式求得的值，再利用余弦定理，即可求得邊的值．【詳解】（1）因為，可得.（2）因為且，所以，又由，可得，即，解得，由余弦定理得，可得.17.已知函數，（1）求函數的最小正周期；（2）當時，求函數的值域；（3）求使成立的的取值集合.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由兩角和差的正弦公式及輔助角公式化簡，再由周期公式即可求解；（2）時，得，再結合正弦函數性質即可求解；（3）由（1）得到，進而可求解.【小問1詳解】的最小正周期【小問2詳解】由時，得，當，即時，有最小值當，即時，有最大值3故的值域為【小問3詳解】，即，即，解得成立的的取值集合為.18.邊長為1的正方形分別為邊上的點，若.（1）求出的長度（用表示）；（2）的周長是否為定值？若是，請證明；若不是，請說明理由；（3）求四邊形面積的最大值.【答案】（1），（2）是定值，證明見解析（3）【解析】【分析】（1）在，中，由正切的定義即可求解；（2）在中，求得，再結合（1）即可求證；（3）由三角形面積公式及，得到面積，再由基本不等式即可求解【小問1詳解】在中，因，則故在中，因，則，故.【小問2詳解】在中，解得又由（1）可知，，則的周長為即的周長為定值.【小問3詳解】.則因，tanθ+1>0，則，當且僅當時，即時等號成立，則，即四邊形面積的最大值為.19.已知.（1）求函數的單調增區間；（2）若，求的值；（3）在銳角中，內角的對邊分別為，若，求的取值范圍.【答