2023-2024学年广东省四校（珠海实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、鸿鹤中学）高一（下）联考数学试卷（4月份）（含解析）

2023-2024学年广东省四校（珠海实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、鸿鹤中学）高一（下）联考数学试卷（4月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若角的终边过点，则( )
A. B. C. D.
2.已知平面向量，则向量在向量上的投影向量是( )
A. B. C. D.
3.在中，，且，则( )
A. B. C. D.
4.已知非零向量，那么“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知，，则( )
A. B. C. D.
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.已知某摩天轮的半径为，其中心到地面的距离为，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每分钟转动一圈已知当游客距离地面超过时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有( )
A. 分钟 B. 分钟 C. 分钟 D. 分钟
8.如图，在平行四边形中，，，与交于点设，，若，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数的部分图象如图所示，则( )
A. 的最小正周期为
B. 当时，的值域为
C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
10.如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标若在坐标系中，，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D. 与的夹角为
11.已知函数，为的零点，且在上单调递减，则下列结论正确的是( )
A. B. 若，则
C. 是偶函数 D. 的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知单位向量满足，则 ______．
13.在中，，边上的高等于，则 ______．
14.在直角中，，，，平面内动点满足，则的最小值为______．
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.本小题分
已知．
求证：，，三点共线；
若向量与向量互相垂直，求实数的值．
16.本小题分
直接写出下列各式的值．
；
；，
．
结合的结果，分析式子的共同特点，写出能反映一般规律的等式，并证明你的结论．
17.本小题分
已知向量，函数．
若，且，求的值；
将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，当时，解不等式．
18.本小题分
已知函数是，函数图象上的一点，，是函数图象上一组相邻的最高点和最低点，在轴上存在点，使得，且四边形的面积的最小值为．
求函数的解析式；
若，求；
已知，过点的直线交于点，交于点，，，问是否是定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．
19.本小题分
已知函数．
求方程在上的解集；
求证：函数有且只有一个零点，且．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：角的终边过点，
，
．
故选：．
先由任意角三角函数的定义求出，再利用诱导公式求解即可．
本题主要考查了任意角三角函数的定义，考查了诱导公式的应用，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量是．
故选：．
由投影向量的定义计算即可求得．
本题考查平面向量的投影向量，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：中，，且，如图所示：
则．
故选：．
根据平面向量的线性表示，用基向量、表示即可．
本题考查了平面向量的基本定理应用问题，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：由及向量的加法法则，可得向量与平行且同向，且可得向量，平行且同向或者反向，
因此“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
由可得向量与平行且同向即可得到答案
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：，，
则，
故．
故选：．
利用计算即得．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
两边同时平方得
则．
故选：．
先利用两角和的余弦公式展开，然后结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了和差公式，二倍角公式及同角平方关系的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：设游客到地面的距离为，关于转动时间单位：分钟的函数关系式为，
则，，可得，
函数的最小正周期为，则，
当时，游客位于最低点，可取，
所以，，
由，即，可得，
所以，，解得，
因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有分钟．
故选：．
求出游客到地面的距离为关于转动时间单位：分钟的函数关系式，然后解不等式，可得出结果．
本题考查三角函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，涉及向量的线性运算法则的应用，属于中档题．
根据向量线性运算法则结合平面向量基本定理，将用表示出来即可．
【解答】
解：因为平行四边形中，，，
故，故，
，
故，
所以，
故，所以．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：由图可知，，最小正周期，即选项A正确．
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，
对于选项B，当时，，
所以，故B错误．
对于选项C，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，故C错误．
对于选项D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
得到的图象，
因为当时，，可得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：．
先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项，即可．
本题考查三角函数的图象与性质，理解中，，的几何意义，熟练掌握正弦函数的图象与性质，函数图象的变换法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：因为，，，
且，，
所以，选项A错误；
，所以，选项B正确；
因为，所以，选项C正确；
因为，，
，
所以与的夹角为，选项D正确．
故选：．
利用新定义的坐标概念进行计算可判断每个选项的正确性．
本题考查了新定义的坐标概念，也考查了向量的数量积与坐标运算问题，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于选项，由是的零点，得，所以，
即，．
再根据在上单调递减，故有，可得．
因为，所以只能取，，故A正确．
对于选项，由，，可得是函数的对称中心，即．
故函数是中心对称图形，故B正确．
对于选项，由于，奇偶性无法判断，故C错误．
对于选项，由选项得，因为函数在上单调递减，，
所以，．
解得．
所以当时，．
当时，，此时，，不满足．
所以，故D正确．
故选：．
由题意，利用正弦函数的零点和单调性，正弦函数的图象，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查正弦函数的零点和单调性，正弦函数的图象，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为单位向量满足，
两边平方得，即，解得，
又，所以．
故答案为：．
由向量的数量积和模长运算求出即可．
本题考查了平面向量的数量积与模长运算问题，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题意设为边上的高，，
又，所以，所以垂足必定落在线段上面，如图所示：
，，
又，
所以．
故答案为：．
由题意得，由此锐角三角函数以及两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查三角形中的几何计算，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：根据题意，动点满足，则点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
建立如图所示坐标系，则，，
设点坐标为，，
则，，
所以
，其中，
故当时，
有最小值．
故答案为：．
根据题设，可将点放在坐标原点，这样即可得到动点位于单位圆上，设出其坐标，用数量积的坐标运算即可求解．
本题主要考查数量积的运算，可根据条件建立坐标系转化为坐标运算解决，属中档题．
15.【答案】解：证明：，
，
，，
，，三点共线；
，
，
由知，
与向量互相垂直，
，
解得实数．
【解析】先求出，根据向量，能证明，，三点共线；
求出向量的坐标，利用与向量互相垂直，能求出实数的值．
本题考查向量坐标运算、向量平行、向量垂直等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：
，
，
．
结合的结果，分析式子的共同特点，写出能反映一般规律的等式为：
证明如下：
．
【解析】根据余弦二倍角公式及特殊角的三角函数值可得结果；
结合的结果，分析式子的共同特点，可得一般规律的等式，根据余弦二倍角公式及特殊角的三角函数值可得结果．
本题主要考查归纳推理，属于中档题．
17.【答案】解：分
分
，分
因为，即，所以，分
又，所以，
所以，分
所以，分
分
由题意知，，分
由，得，
所以，分
令，得，令，得，
又，所以，
故不等式，的解集为分
【解析】由向量的数量积运算及三角恒等变换化简解析式，利用同角三角函数的基本关系及两角差的余弦公式化简求解即可；
利用三角函数图象的平移变换求出，再由正弦函数的性质解不等式即可．
本题主要考查向量的数量积运算，三角恒等变换的应用，三角函数图象的平移变换，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：由题意知，，
连接，交轴于点，
则若使四边形的面积最小，
则的面积最小，
即最小，
故此时、为函数的图象与轴相邻的两个交点，
设是函数的最小正周期，则，
四边形的面积的最小值为；
故，
故，
故；
函数图象上的一点，
，
故，又，
，
故；
，
，
或，
故A或；
，，
，，
，
，
又，
，
即，
又、、三点共线，
，
故．
【解析】易知，连接，交轴于点，四边形的面积最小可化为最小，从而可求得，代入求即可；
由化简得，从而得到或，化简即可；
由，得，，结合及得，再利用、、三点共线求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，要求熟练掌握函数图象之间的变化关系；同时考查了平面向量的应用，属于难题．
19.【答案】解：函数，
整理得，
即或，
当时，，
则，又，
所以；
当，
则，
又，
所以或，
所以；
所以方程在上的解集为．
设，
当时，则
此时在单调递增．在也单调递增，
所以在单调递增，且，，即，
当时．根据，
所以，所以此时在没有零点；
当时，所以，
所以，此时在没有零点；
综上，在有唯一零点．
所以，且，
所以．
令，
因为，
所以，又，
则，
所以．
【解析】直接利用倍角关系式，把函数关系式进行变换，进一步求出和，再利用三角函数值的应用求出三角方程的解集；
利用函数的单调性和函数的零点所在的位置，进一步建立函数在没有零点，得到函数在有唯一零点，最后利用换元法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，三角方程的解法，函数的单调性和函数的零点的关系，换元法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
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