辽宁省大连市大连海湾高级中学2024-2025学年高一数学第一次质量检测试题

PAGE7-辽宁省大连市大连海湾高级中学2024-2025学年高一数学第一次质量检测试题总分：150分时间：120分钟一.选择题（每题5分，共60分）：1.=().A.B.C. D.2.已知为虚数单位，，则复数的虚部为().A.B.C. D.3.下列命题正确的是().A.有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱.B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形.C.有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台.D.棱台的各侧棱延长后不肯定交于一点.4.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，则＝().A.B.C.D.5.化简的结果为().A.1B.－1C.0D.26.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边平行于轴，，平行于轴．已知四边形的面积为cm2，则原平面图形的面积为().A2B2C2D27.若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则其圆心角的弧度数为().A.B.C.D.8.已知，则的值是().A.B.C.D.9.在矩形中，，，点为的中点，点在上，若，则的值为().A.B.C.D.10.已知偶函数,的图象的相邻两条对称轴间的距离为，则＝().A.B.C.D.11.函数在区间内的全部零点之和为().A.B.C.D.12.若，，且，，则的值是().A.B.C.或D.或二.填空题（每题5分，共20分）：13.如表给出的是某港口在某季节每天几个时刻的水深关系．时刻t0：003：006：009：0012：0015：0018：0021：0024：00水深y(m)507050305070503050若该港口的水深(m)和时刻)的关系可用函数(其中)来近似描述，则该港口在11：00的水深为________m.14.如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________.15.将函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则＝________.16.函数在内的值域为，则的取值范围是________．三.解答题(第17题10分，第18至22题每题12分，共70分)：17.已知，，求的值.18.化简：19.在中，内角的对边分别为设(1)求；(2)若，求.20.已知函数(1)求的最小正周期及单调递减区间；(2)若，且，求的值．21.在中，内角的对边分别为已知向量，，且(1)求的大小；(2)若点为边上一点，且满意，，，求的面积.22.在中，内角的对边分别为，且(1)求的大小；(2)若的面积等于，求的最小值．数学试题答案总分：150分时间：120分钟选择题（60分）：1．B2.D3.B4．D5.C6．D7．C8．A9.A10．B11.C12.A二、填空题：13．414．eq\f(3,11)15.eq\f(\r(3),2)16.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,2)))三、解答题：17.（10分）解析由题意可得sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，。。。。。。。。。。。。。3分sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，。。。。。。。。。。。。。6分解得sinαcosβ＝eq\f(5,12)，cosαsinβ＝eq\f(1,12)，。。。。。。。。。。。。。10分∴eq\f(tanα,tanβ)＝5.。。。。。。。。。。。。12分18.原式＝eq\f(2cos210°,2×2sin10°cos10°)－sin10°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos5°,sin5°)－\f(sin5°,cos5°)))。。。。。。。。。。。。。4分＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos25°－sin25°,sin5°cos5°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－sin10°·eq\f(cos10°,\f(1,2)sin10°)＝eq\f(cos10°,2sin10°)－2cos10°。。。。。。。。。。。。。6分＝eq\f(cos10°－2sin20°,2sin10°)。。。。。。。。。。。。。7分＝eq\f(cos10°－2sin30°－10°,2sin10°)。。。。。。。。。。。。。9分＝eq\f(cos10°－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),2sin10°)＝eq\f(\r(3)sin10°,2sin10°)＝eq\f(\r(3),2).。。。。。。。。。。。。。12分19.（12分）解(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，。。。。。。。。。。。。。1分故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.。。。。。。。。。。。。。3分由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).。。。。。。。。。。。。。5分因为0°<A<180°，所以A＝60°.。。。。。。。。。。。。。6分(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r(2)sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，。。。。。。。。。。。。。8分即eq\f(\r(6),2)＋eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＝2sinC，。。。。。。。。。。。。。9分可得cos(C＋60°)＝－eq\f(\r(2),2).因为0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f(\r(2),2)，。。。。。。。。。。。。。10分故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).。。。。。。。。。。。。。12分20．（12分）解(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，。。。。。。。。。。。。。3分∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2).令2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,16)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,16)(k∈Z)．∴f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))(k∈Z)．。。。。。。。。。。。。。6分(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq\f(\r(2),2)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝1.因为α∈(0，π)，所以－eq\f(π,4)<α－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，所以α－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，故α＝eq\f(3π,4).。。。。。。。。。。。。。9分因此taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(tan\f(3π,4)＋tan\f(π,3),1－tan\f(3π,4)tan\f(π,3))＝eq\f(－1＋\r(3),1＋\r(3))＝2－eq\r(3).。。。。。。。。。。。。。12分21.（12分）(1)因为m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，所以ccosB＋(b－2a)cosC＝0，。。。。。。。。。。。。。2分在△ABC中，由正弦定理得，sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，sinA＝2sinAcosC，又sinA≠0，所以cosC＝eq\f(1,2)，而C∈(0，π)，所以∠C＝eq\f(π,3).。。。。。。。。。。。。。6分(2)由eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))知，eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))，所以2eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，两边平方得4|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝b2＋a2＋2bacos∠ACB＝b2＋a2＋ba＝28.①。。。。。。。。。。。。。8分又c2＝a2＋b2－2abcos∠ACB，所以a2＋b2－ab＝12.②。。。。。。。。。。。。。10分由①②得ab＝8，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absin∠ACB＝2eq\r(3).。。。。。。。。。。。。。12分22.（12分）解(1)因为2ccosB＝2a＋b，所以由正弦定理，得2sinCcosB＝2sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sinA＝sin(B＋C)．所以2sinCcosB＝2sin(B＋C)＋sinB，。。。。。。。。。。。。。3分整理，得2sinBcosC＋sinB＝0，又0<B<π，所以sinB>0，故cosC＝－eq\f(1,2)，因为0<C<π，所以C＝eq\f(2π,3).。