广东省佛山市S6高质量发展联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷
1．（2024高一下·佛山期中）要得到的图象，只需将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将向左平移个单位得到
的图象，A正确．
故答案为：A．
【分析】
直接利用函数的图象平移变换求出结果即可.
2．（2024高一下·佛山期中）已知向量，，若，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，所以两个向量数量积为0
得，得．
故答案为：D．
【分析】
利用向量垂直坐标即可求解.
3．（2024高一下·佛山期中）（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：由题意．根据两角差余弦公式可得：
故答案为：C．
【分析】利用两角差余弦公式化简即可.
4．（2024高一下·佛山期中）已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
对应的点为，在第一象限．
故答案为：A．
【分析】
利用复数的四则运算和复数的几何意义即可求解.
5．（2024高一下·佛山期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则，
所以，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用所给定义计算出后，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而计算出该坐标系中和两点间的距离.
6．（2024高一下·佛山期中）已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因由已知，由二倍角公式可知
即，
由正弦定理可得，
可得，
因为，则，，
所以，解得．
故答案为：B．
【分析】利用二倍角公式，正弦定理可求的值，进而可求C的值.
7．（2024高一下·佛山期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意得，①
又因
，
，代入①得：
所以，
整理得，
因为，所以，
所以，即，
解得．
故答案为：B．
【分析】借助二倍角公式和两角和正弦公式化简整理，再结合题意即可求得答案.
8．（2024高一下·佛山期中）已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当，
因为，所以，，
函数在区间上单调
所以，解得，
即的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】根据整体代换的数学思想结合正弦函数的单调性直接求解即可.
9．（2024高一下·佛山期中）若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A,C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A选项，，
所以选项中两个向量，为共线向量，故不能作为平面向量的基底；故A错误。
B选项，若存在实数使，
则，无解，所以选项中两个向量不共线，可以作为平面向量的基底；
C选项，，则，为共线向量，故不能作为平面向量的基底，
D选项，若存在实数使，则，无解，所以选项中两个向量不共线，
故可以作为平面向量的基底．
故答案为：AC．
【分析】判断基底所给向量是否共线即可.
10．（2024高一下·佛山期中）已知函数的最大值为，则（ ）
A．为的一个零点
B．在区间上单调递增
C．将的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数
D．当时，的值域为，则的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：对于A：由已知，，
因为的最大值为，由辅助角公式可知：
所以，解得，
所以，令
，故A选项错误；
对于B：时，，
是的一个单调递增区间，故B选项正确；
对于C：，是奇函数，故C选项正确；
对于D：当时，，
又因为，的值域为，
所以，即，故D选项正确．
故答案为：BCD．
【分析】利用辅助角公式和三角恒等变换化简可求得解析式并带入验证，根据三角函数的性质对各个选项判断即可.
11．（2024高一下·佛山期中）如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，
由正弦定理得，，即，
所以，，故B正确；
因为，故A错误；
则，
在中，，，
由正弦定理得，，
所以，故C错误；
对于D，在中，，，，
代入，所以，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】在中，由正弦定理得求出的长，则可判断选项B和选项A；先求出，再由正弦定理求出的长，则可判断选项C；在中，由正弦定理求出的长，则可判断选项D，从而找出正确的选项．
12．（2024高一下·佛山期中）设，若复数为纯虚数，则 ．
【答案】-1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：根据复数乘法运算法则：，
，因为复数为纯虚数
所以，，解得．
故答案为．
【分析】根据复数乘法运算法则和纯虚数的概念即可求解.
13．（2024高一下·佛山期中）已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量与，
所以，
数量积为：，
根据投影向量公式为．
故答案为：．
【分析】根据投影向量的公式以及向量的数量积的坐标运算即可求解.
14．（2024高一下·佛山期中）“广佛之眼”摩天轮半径为，成为佛山地标建筑之一，被称作天空之眼摩天轮．如图，圆心距地面的高度为，已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱时他距离地面的高度为 ．
【答案】85
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：因为摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为，
设在时，距离地面的高度为，其中，
则，可得，
则，
由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，可得，所以，
即，
当时，可得，即，
因为，解得，所以；
令，可得，
所以，游客进 时他距离地面的高度为.
故答案为：85．
【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，根据题中条件求出的值，从而可得出关于的函数关系式，再代入函数解析式，即可得出游客进 时他距离地面的高度.
15．（2024高一下·佛山期中）已知，．
（1）求的值；
（2）设，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：，
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算
【解析】【分析】(1)直接利用复数的乘法公式运算即可求解；
(2)先化简已知条件，再利用复数的乘除法运算即可求解.
16．（2024高一下·佛山期中）如图所示，在圆内接四边形中，，，．
（1）求及的面积；
（2）若，求的长．
【答案】（1）解：在中，，
，，
.
（2）解：四边形为圆的内接四边形，
，.
解法一：在中，，
则．
，解得或（舍去），
.
解法二：在中，，
则，解得，
，为锐角，
．
，
由，
得．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求出的值，再由三角形的面积公式可得的面积.
（2）利用两种方法求解.
解法一：在中，由余弦定理得出的长.
解法二：在中，由正弦定理求出的值，再由平方关系、两角和的正弦公式求出的值，最后根据正弦定理可得AB的长.
（1）在中，，
，，
；
（2）四边形为圆的内接四边形，
，，
解法一：在中，，
即．
，解得或．（舍去）
；
解法二：在中，，
即，解得，
，为锐角，
．
．
由得
．
17．（2024高一下·佛山期中）已知对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．
（1）已知平面内点，点，若把点绕点沿顺时针方向旋转得到点，求点的坐标；
（2）已知，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，，若，求的值．
【答案】（1）解：由题意知，
设，又因为，
所以，所以点的坐标为．
（2）解：由题意得：，
因为，所以，
所以，
整理得：，所以，
则．
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用新定义先求出的坐标，再由向量的坐标表示得出点P的坐标.
（2）先根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出等式，再利用二倍角余弦公式结合弦化切，从而计算出的值.
（1）由题意知，
，
设，又，所以，所以点的坐标为．
（2）由题意得：．
因为，所以，
所以，
整理得：，
所以，
．
18．（2024高一下·佛山期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若的重心为，且，求．
【答案】（1）解：因为，
所以，
化简得，，，
即，
由解得或（舍去），
因为，所以，．
（2）解：记中边上的中线长为，由重心的性质得，
所以，
即，
等式两边平方可得，
所以，
又由余弦定理得，
所以，
整理得，解得，
由正弦定理得．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)根据正弦定理边化角，结合二倍角公式进而可求A的值；
(2)利用三角形重心的性质和余弦定理可求得b与c的关系，借助正弦定理角化边即可求解.
19．（2024高一下·佛山期中）已知函数过点．
（1）求的对称轴方程、对称中心以及单调递减区间；
（2）若关于的方程在区间上有解，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可得，
即，又因为，
故，故，
令，
得，
故函数的对称轴方程为；
令，
得，
故对称中心为．
令，
得，
故函数的递减区间为．
（2）解： 令，
因为，
所以，
所以，
则有，则关于的方程在上有解，
解法一：由可得，
令，则，
因为函数、在上均为减函数，
所以，函数在上为减函数，则，
所以，，解得，故实数的取值范围是．
解法二：令，则的图象开口向上，且． ，
解得 ，故实数的取值范围是．
【知识点】余弦函数的图象；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1)根据已知条件求得解析式，利用整体的数学思想结合余弦函数的性质即可求解；
(2)令，可得，则有，应用换元法进行转化再分离参数，利用函数的性质即可求解.
1 / 1广东省佛山市S6高质量发展联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷
1．（2024高一下·佛山期中）要得到的图象，只需将的图象（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
2．（2024高一下·佛山期中）已知向量，，若，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．（2024高一下·佛山期中）（ ）
A．1 B． C． D．
4．（2024高一下·佛山期中）已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（2024高一下·佛山期中）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距，分别作为点的坐标和坐标，记，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．3 B．2 C． D．
6．（2024高一下·佛山期中）已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·佛山期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·佛山期中）已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·佛山期中）若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2024高一下·佛山期中）已知函数的最大值为，则（ ）
A．为的一个零点
B．在区间上单调递增
C．将的图象向右平移个单位长度，得到的函数为奇函数
D．当时，的值域为，则的取值范围为
11．（2024高一下·佛山期中）如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·佛山期中）设，若复数为纯虚数，则 ．
13．（2024高一下·佛山期中）已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 ．
14．（2024高一下·佛山期中）“广佛之眼”摩天轮半径为，成为佛山地标建筑之一，被称作天空之眼摩天轮．如图，圆心距地面的高度为，已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱时他距离地面的高度为 ．
15．（2024高一下·佛山期中）已知，．
（1）求的值；
（2）设，求的值．
16．（2024高一下·佛山期中）如图所示，在圆内接四边形中，，，．
（1）求及的面积；
（2）若，求的长．
17．（2024高一下·佛山期中）已知对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．
（1）已知平面内点，点，若把点绕点沿顺时针方向旋转得到点，求点的坐标；
（2）已知，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，，若，求的值．
18．（2024高一下·佛山期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若的重心为，且，求．
19．（2024高一下·佛山期中）已知函数过点．
（1）求的对称轴方程、对称中心以及单调递减区间；
（2）若关于的方程在区间上有解，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将向左平移个单位得到
的图象，A正确．
故答案为：A．
【分析】
直接利用函数的图象平移变换求出结果即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，所以两个向量数量积为0
得，得．
故答案为：D．
【分析】
利用向量垂直坐标即可求解.
3．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：由题意．根据两角差余弦公式可得：
故答案为：C．
【分析】利用两角差余弦公式化简即可.
4．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，
对应的点为，在第一象限．
故答案为：A．
【分析】
利用复数的四则运算和复数的几何意义即可求解.
5．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则，
所以，
所以．
故答案为：D．
【分析】利用所给定义计算出后，再结合数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而计算出该坐标系中和两点间的距离.
6．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：因由已知，由二倍角公式可知
即，
由正弦定理可得，
可得，
因为，则，，
所以，解得．
故答案为：B．
【分析】利用二倍角公式，正弦定理可求的值，进而可求C的值.
7．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由题意得，①
又因
，
，代入①得：
所以，
整理得，
因为，所以，
所以，即，
解得．
故答案为：B．
【分析】借助二倍角公式和两角和正弦公式化简整理，再结合题意即可求得答案.
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：当，
因为，所以，，
函数在区间上单调
所以，解得，
即的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】根据整体代换的数学思想结合正弦函数的单调性直接求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A选项，，
所以选项中两个向量，为共线向量，故不能作为平面向量的基底；故A错误。
B选项，若存在实数使，
则，无解，所以选项中两个向量不共线，可以作为平面向量的基底；
C选项，，则，为共线向量，故不能作为平面向量的基底，
D选项，若存在实数使，则，无解，所以选项中两个向量不共线，
故可以作为平面向量的基底．
故答案为：AC．
【分析】判断基底所给向量是否共线即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：对于A：由已知，，
因为的最大值为，由辅助角公式可知：
所以，解得，
所以，令
，故A选项错误；
对于B：时，，
是的一个单调递增区间，故B选项正确；
对于C：，是奇函数，故C选项正确；
对于D：当时，，
又因为，的值域为，
所以，即，故D选项正确．
故答案为：BCD．
【分析】利用辅助角公式和三角恒等变换化简可求得解析式并带入验证，根据三角函数的性质对各个选项判断即可.
11．【答案】B,D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，
由正弦定理得，，即，
所以，，故B正确；
因为，故A错误；
则，
在中，，，
由正弦定理得，，
所以，故C错误；
对于D，在中，，，，
代入，所以，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】在中，由正弦定理得求出的长，则可判断选项B和选项A；先求出，再由正弦定理求出的长，则可判断选项C；在中，由正弦定理求出的长，则可判断选项D，从而找出正确的选项．
12．【答案】-1
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：根据复数乘法运算法则：，
，因为复数为纯虚数
所以，，解得．
故答案为．
【分析】根据复数乘法运算法则和纯虚数的概念即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：向量与，
所以，
数量积为：，
根据投影向量公式为．
故答案为：．
【分析】根据投影向量的公式以及向量的数量积的坐标运算即可求解.
14．【答案】85
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：因为摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为，
设在时，距离地面的高度为，其中，
则，可得，
则，
由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，可得，所以，
即，
当时，可得，即，
因为，解得，所以；
令，可得，
所以，游客进 时他距离地面的高度为.
故答案为：85．
【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，根据题中条件求出的值，从而可得出关于的函数关系式，再代入函数解析式，即可得出游客进 时他距离地面的高度.
15．【答案】（1）解：
（2）解：，
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的混合运算
【解析】【分析】(1)直接利用复数的乘法公式运算即可求解；
(2)先化简已知条件，再利用复数的乘除法运算即可求解.
16．【答案】（1）解：在中，，
，，
.
（2）解：四边形为圆的内接四边形，
，.
解法一：在中，，
则．
，解得或（舍去），
.
解法二：在中，，
则，解得，
，为锐角，
．
，
由，
得．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求出的值，再由三角形的面积公式可得的面积.
（2）利用两种方法求解.
解法一：在中，由余弦定理得出的长.
解法二：在中，由正弦定理求出的值，再由平方关系、两角和的正弦公式求出的值，最后根据正弦定理可得AB的长.
（1）在中，，
，，
；
（2）四边形为圆的内接四边形，
，，
解法一：在中，，
即．
，解得或．（舍去）
；
解法二：在中，，
即，解得，
，为锐角，
．
．
由得
．
17．【答案】（1）解：由题意知，
设，又因为，
所以，所以点的坐标为．
（2）解：由题意得：，
因为，所以，
所以，
整理得：，所以，
则．
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用新定义先求出的坐标，再由向量的坐标表示得出点P的坐标.
（2）先根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出等式，再利用二倍角余弦公式结合弦化切，从而计算出的值.
（1）由题意知，
，
设，又，所以，所以点的坐标为．
（2）由题意得：．
因为，所以，
所以，
整理得：，
所以，
．
18．【答案】（1）解：因为，
所以，
化简得，，，
即，
由解得或（舍去），
因为，所以，．
（2）解：记中边上的中线长为，由重心的性质得，
所以，
即，
等式两边平方可得，
所以，
又由余弦定理得，
所以，
整理得，解得，
由正弦定理得．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)根据正弦定理边化角，结合二倍角公式进而可求A的值；
(2)利用三角形重心的性质和余弦定理可求得b与c的关系，借助正弦定理角化边即可求解.
19．【答案】（1）解：由题意可得，
即，又因为，
故，故，
令，
得，
故函数的对称轴方程为；
令，
得，
故对称中心为．
令，
得，
故函数的递减区间为．
（2）解： 令，
因为，
所以，
所以，
则有，则关于的方程在上有解，
解法一：由可得，
令，则，
因为函数、在上均为减函数，
所以，函数在上为减函数，则，
所以，，解得，故实数的取值范围是．
解法二：令，则的图象开口向上，且． ，
解得 ，故实数的取值范围是．
【知识点】余弦函数的图象；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1)根据已知条件求得解析式，利用整体的数学思想结合余弦函数的性质即可求解；
(2)令，可得，则有，应用换元法进行转化再分离参数，利用函数的性质即可求解.
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