重庆市九龙坡区育才中学2023-2024学年高一下学期寒假检测定时训练数学 Word版含解析.docx

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重庆市育才中学高2026届寒假检测定时训练数学试题（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上．2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效．3．考试结束后，答题卡、试卷、草稿纸一并收回．一、单项选择题：本题共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.设复数，则在复平面中对应的点在（）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】化简复数，再由复数的几何意义即可得出答案.【详解】，在复平面中对应的点为，在第一象限.故选：A.2.边长为2的正六边形ABCDEF中，M为边CD上的动点，则的最小值为（）A.B.6C.4D.【答案】A【解析】【分析】建立坐标系，利用平面向量的坐标运算结合二次函数的性质求解即可【详解】如图：以正六边形的中心为原点，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，则， ，因为M为边CD上的动点，所以，即，解得所以，令，则结合二次函数的性质可知，故选：A3.中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状、不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】延长AB、DC，交于点O，如图，根据相似三角形的性质求出，，进而得出为等边三角形，利用扇形的面积和三角形的面积公式即可求出结果. 【详解】延长AB、DC，交于点O，如图，由，得，所以，又，,所以，解得，所以，所以为等边三角形，则，故，，所以玉佩的面积为.故选：A4.已知向量，满足，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由向量，满足，求得且，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】因为向量，满足，由，可得，即，即又由，可得，即，解得，即，又因为， 因为，所以，即与的夹角为.故选：B.5.设，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据对数函数单调性，结合对数的运算性质进行判断即可.【详解】因为，，所以，于是有，因为，所以，而，所以有，即，故选：A【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换底公式和对数函数的单调性.6.已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】画出函数图像，设，根据函数图像考虑方程有两个解和一个解两种情况，再根据函数图像讨论的解的情况，计算得到答案.【详解】当时，，当时，，，画出函数图像，如图所示： 函数在有6个不同零点有以下四种可能：①方程有两个不同的实根和且方程有两个根，且方程有四个不同的实根，由函数的图像知，且，令，则需，解得；②方程有两个不同的实根和且方程有零个根，且方程有六个不同的实根，函数的图像知，且，由于，则需，解得；③方程有两个不同的实根和且方程有1个根，且方程有5个实根成立，则需，此时无解；④方程有且只有1个根且方程有6个根，计算得或，或，不合题意；综上所述：或故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中画出函数图像，根据图像分类讨论是解题的关键，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握. 7.某人用下述方法证明了正弦定理：直线与锐角的边，分别相交于点，，设，，，，记与方向相同的单位向量为，，∴，进而得，即：，即：，钝角三角形及直角三角形也满足．请用上述方法探究：如图所示，直线与锐角的边，分别相交于点，，设，，，，则与的边和角之间的等量关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的加法法则及向量的数量积的运算，结合诱导公式即可求解.【详解】∵，∴，进而得，即，即，即．故选：D.8.已知函数，是函数的4个零点，且，给出以下结论：①m的取值范围是；②；③的最小值是4；④的最大值是.其中正确结论的个数是（）A.1B.2C.3D.4 【答案】A【解析】【分析】作出图象，结合图象判断①；对方程化简计算判断②；由对数的运算性质得出，利用基本不等式判断③④.【详解】作出函数的图象如下图所示：  因为是函数的4个零点，所以直线与函数的图象有四个交点，且，结合图象可知：，故①错误；对于②，由图可知，，则，所以，，则，所以，所以，所以，故②错误；对于③，当时，或，结合图象可知，，由得，即，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，显然不满足，所以，故③错误；对于④，因为，当且仅当时，等号成立，所以，即的最大值是，故④正确.综上，正确结论为④，共1个. 故选：A.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径，点D在边BC上，且，则下列判断正确的是（）A.B.△BOD为直角三角形C.△ABC周长的取值范围是（3，9]D.AD的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理可判断A；在中利用余弦定理求，再在中，由余弦定理得OD，然后由勾股定理可判断B；利用正弦定理将△ABC周长转化为三角函数，然后求值域可判断C；数形结合可判断D.【详解】由题知，，由正弦定理可得，又△ABC为锐角三角形，所以，A正确；连接OC，在中由余弦定理可得，又，所以，在中，由余弦定理得，所以，即，故B正确； △ABC周长因为△ABC为锐角三角形，故，所以，所以，所以，所以，故C错误；易知，当A、O、D三点共线时取得最大值，所以AD的最大值为，D正确.故选：ABD10.已知，是一锐角三角形的内角，则下列不等关系一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】令可判断A；由及可判断B；由，可判断C；由，可判断D.【详解】因为，是一锐角三角形的内角，所以，令，所以，故A错误； 可得，，，因为，所以，，，故B正确；，由得，所以，故C错误；，因为，故D正确.故选：BD.11.已知点O为所在平面内一点，且则下列选项正确的有（）A.B.直线过边的中点C.D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据向量间的线性关系及向量数量积的运算律化简求值判断A、D；若得到是△的重心，根据与不平行、相关三角形面积关系判断B、C.【详解】，则，A正确；若，则， 所以是△的重心，直线过中点，而与不平行，所以直线不过边的中点，B错误；又，而，，所以，C正确；若，且，所以，而，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：注意向量之间的线性关系，结合向量数量积的运算律化简求值；根据重心的性质求三角形的面积关系.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，则______【答案】2【解析】【分析】根据二倍角公式以及齐次式即可求解.【详解】.故答案为：2 13.已知正实数满足，则的最小值是______________.【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式即可得解.【详解】因为，，所以，，即，当且仅当时，等号成立，所以.故答案为：.14.若定义在上的函数满足，且当时，，则________________，若，则满足不等式的的取值范围是_______________.【答案】①.②.【解析】【分析】运用代入法，根据函数单调性和奇函数的定义、正弦函数的性质，结合同角的三角函数关系式进行求解即可【详解】因为，所以令，得；在中，令，所以有，因此函数是上的奇函数， 设，在中，令，则有，而，因此，所以有，即，因为函数是上的奇函数，所以有，所以函数是上的减函数，于是由，因为，所以，因为函数是上的减函数，所以有，因为，所以，所以由，当时，该不等式不成立，所以当时，即时，由，故答案为：0，【点睛】关键点睛：本题的关键是利用已知等式得到，进而利用函数的单调性进行求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，___________．①；②；③．请在以上三个条件中任选一个补充在横线处，并解答：（1）求角C的值；（2）若且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若选①，由正弦定理及正弦的两角和可得，若选②，由正弦定理及余弦定理可得，若选③，由余弦的二倍角公式可得；（2）由平面向量的数量积及余弦定理可求解.【小问1详解】若选①，由已知有，又因为，在△ABC中，有,所以有，化简得，由于，所以，所以有，于是有，因，所以得.若选②，由，得，因，所以.若选③，由，有, 从而有，解得或（舍）(因为)，所以.【小问2详解】由，可得点为的中点，且有，所以有，若，则又,所以,从而可得，所以有，可得.16.如图，在平面四边形ABCD中，.（1）若，求线段AC的长：（2）求线段AC长的最大值．【答案】（1）；（2）6.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理计算作答.（2）设，在中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出，再在中，利用余弦定理列式求解作答.【小问1详解】在中，，，由余弦定理得：，即，解得， 在中，，由余弦定理得：，所以.【小问2详解】设，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得：，，在中，由余弦定理得：，当且仅当，即时取“=”，此时，所以当时，线段AC长取最大值6.【点睛】方法点睛：三角形中已知两边及一边对角求第三边，可以利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解.17.已知二次函数的图象关于直线对称，且关于x的方程有两个相等的实数根．（1）求函数的值域；（2）若函数（且）在上有最小值﹣2，最大值7，求a的值．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据对称轴以及判别式等于得出，再由基本不等式得出函数 的值域；（2）利用换元法结合对数函数以及二次函数的单调性得出a的值．【小问1详解】依题意得，因为，所以，解得，，故，，当时，，当且仅当，即时，等号成立．当时，，当且仅当，即时，等号成立．故的值域为．【小问2详解】，令，则．①当时，，因为，所以，解得．因为，所以，解得或（舍去）．②当时，，因为，所以，解得．，解得或（舍去）．综上，a的值为或．18.已知为奇函数．（1）求a的值； （2）若对恒成立，求实数k的取值范围；（3）设，若，总，使得成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）根据得到，再验证得到答案.（2）变换，构造新函数，根据函数的单调性计算最值得到答案.（3）根据函数单调性计算，考虑和两种情况，根据值域的包含关系计算得到答案.【小问1详解】的定义域为，且为奇函数，则，从而，，，故函数为奇函数，满足；【小问2详解】，得在上恒成立，设，令，，，函数单调递增，，故；【小问3详解】当时，,函数单调递增，故，当时，，故，由题意， ①当，，有，则，得；②当时，，有，则，解得；综上所述：或.19.对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．（1）对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①，；②，，；③，，，．（2）已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．（3）已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式，（，， ）同时成立，其中，则．【答案】（1）①线性相关，②线性相关，③线性相关（2）向量，，线性无关，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据定义逐一判断即可；（2）设，则，然后由条件得到即可；（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；②由可得，然后代入证明即可.【小问1详解】对于①，设，则可得，所以线性相关；对于②，设，则可得，所以，所以线性相关；对于③，设，则可得，可取符合该方程，所以线性相关；【小问2详解】设，则因为向量，，线性无关，所以，解得 所以向量，，线性无关【小问3详解】证明：①，如果某个，则因为任意个都线性无关，所以都等于0所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零②因，所以全不为零所以由可得代入可得所以所以，，所以