2024-2025学年山东省滕州市高一下册第一次月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年山东省滕州市高一下学期第一次月考数学检测试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.已知向量、，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【正确答案】A【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】，是充分条件的，但时，可以不共线，如，是不必要条件．因此是充分不必要条件．故选：A．本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键．2.下列说法错误的是（）A.零向量与任意向量都不平行B.长度等于1个单位长度的向量，叫做单位向量C.平行向量就是共线向量D.长度为0的向量叫做零向量【正确答案】A【分析】根据零向量与单位向量及共线向量的定义判断可得；【详解】解：模为的向量叫做零向量，规定：零向量与任意向量平行，长度为个单位长度的向量，叫做单位向量，故A错误，BCD正确．故选：A3.设，为不共线向量，，，，则下列关系式中正确的是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据平面向量线性运算法则求出，即可判断.【详解】解：因为，，，所以，则关系式中正确的是，故选：B．4.在四边形中，对角线与交于点O，若，则四边形一定是（）A.矩形 B.梯形 C.平行四边形 D.菱形【正确答案】B【分析】由化简可得，结合向量共线定理判断四边形的形状.【详解】∵，∴，∴，∴四边形一定是梯形．故选：B.5.已知四边形ABCD的三个顶点为A(0，2)，B(-1，-2)，C(3，1)，且，则顶点D的坐标为（）A. B.C.(3，2) D.(1，3)【正确答案】A【分析】先设出点的坐标，根据所给的点的坐标，写出向量的坐标，由横坐标和纵坐标分别相等，得到结果．【详解】设顶点的坐标为，，且，故选：．6.已知函数，则（）A.在上单调递减 B.在上单调递增C.上单调递减 D.在上单调递增【正确答案】C【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.7.如图，等腰梯形中，，点E为线段中点，点F为线段的中点，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】通过将转化为与已知向量、相关的表达式，利用向量的线性运算规则，逐步将其他向量用、表示出来，进而得出的表达式.【详解】根据向量加法的三角形法则，.

因为点为线段BC的中点，则.

同理可得.

已知，.由；，又因为，所以.

将，代入可得：把，代入上式：

故选：B.8.已知定义在上的偶函数，对任意都有，当取最小值时，的值为（）A.1 B. C. D.【正确答案】A【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数偶函数的性质、代入法进行求解即可.【详解】，因为该函数为偶函数，所以有，因为，所以令，得，即由，当时，，显然不符合这一条件；当时，，当时，取最小值，即因此，故选：A二、本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分9.下列命题不正确的是（）A.单位向量都相等B.若与是共线向量，与⃗是共线向量，则与是共线向量C.，则⊥D.若与单位向量，则【正确答案】AB【分析】根据单位向量的意义可以判定AD的正误；零向量与任何向量都共线，取时可以判定B的正误；两边同时平方结合数量积的运算律可判断C.【详解】长度为1所有向量都称之为单位向量，方向可能不同，故A错误;因为零向量与任何向量都共线，当，与可以为任意向量，故B错误;因为，则，即，所以，所以⊥，故C正确;若与单位向量，则，故D正确.∴错误的是AB.故选：AB.10.下列说法正确的是（）A.若则B.若，则C.两个非零向量，若，则与反向D.若，则存在唯一实数使【正确答案】BC【分析】根据共线向量的定义即可判断A；由，得，设AC的中点为M，BC的中点为D，则，所以点O为MD靠近点M的三等分点，从而可得判断B；由，等式两边平方，从而可求得与得夹角，从而可判断C；根据平面向量共线定理得，当时，即可判断D.【详解】解：定义A，若，因为零向量与任意向量共线，则当时，无法得出，故A错误；对于B，因为，则，设AC中点为M，BC的中点为D，则，即，所以点O为MD靠近点M的三等分点，所以点O到AC的距离是点D到AC距离的，又BC的中点为D，所以点D到AC的距离是点B到AC距离的，所以点O到AC的距离是点B到AC距离的，所以，故B正确；对于C，两个非零向量，若，则，即，所以，又，所以，所以与反向，故C正确；对于D，根据平面向量共线定理得，当时，题设错误，故D错误.故选：BC11.已知函数的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A.函数图象关于点中心对称B.函数的单调增区间为C.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到D.函数在上有2个零点，则实数的取值范围为【正确答案】ABD【分析】利用辅助角公式可得，结合函数图象可知，利用周期公式可解得，进而得，再利用三角函数的图象与性质逐项判断即可.【详解】由题意，，由图可知，，则，解得，所以，则，故A正确；对于B，由，解得，所以函数在单调递增，故B正确；对于C，函数的图象向左平移个单位长度得，又，故C错误；对于D，，，当时，，又有两个零点，则，解得，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中的横线上）12.已知向量．若，则______________．【正确答案】##【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为.13.若，，则________【正确答案】【分析】先根据商数关系化弦为切求出，再根据利用两角和的正切公式即可得解.【详解】，解得，则.故答案为.14.如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的取值范围是__．【正确答案】【分析】利用平面向量的线性运算可得出，运用平面向量数量积的运算性质解决即可.【详解】由题知，中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，所以为的中点，，因为，所以,因为，即所以，当且仅当同向时取最大值，反向时取最小值，所以的取值范围是，故四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.设P是线段P1P2上的一点，点P1，P2的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)．（1）当P是线段P1P2的中点时，求点P的坐标；（2）当P是线段P1P2的一个三等分点时，求点P的坐标．【正确答案】（1）.（2）或.【分析】（1）根据即可求出点P的坐标；（2）通过分类讨论，点P满足两种情况或，然后利用向量加法的三角形法则即可求出答案.【小问1详解】（1）如图，由向量的线性运算可知,所以点P的坐标是.【小问2详解】当点P是线段P1P2的一个三等分点时，有两种情况，或，若，如图(1)，那么，即点P的坐标是.同理，如果，如图(2)，那么点P的坐标是.16.已知向量满足，且.（1）求；（2）记向量与向量的夹角为，求.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用数量积的定义求出，进而求出；（2）利用夹角公式求出.【小问1详解】因为，所以.因为向量满足，所以，所以.所以.【小问2详解】因为，所以.17.如图所示，是△ABC的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.（1）若，求的值；（2）设，，，，求的值；【正确答案】（1）；（2）3.【分析】（1）利用向量的线性运算的几何表示，将用表示，进而即得；（2）由，将用表示，利用三点共线即得.【小问1详解】因，所以，又因为的中点，所以，所以，又，所以；【小问2详解】因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.18.设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.【详解】（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期;（2）由题意，，由可得，所以当即时，函数取最大值.19.已知半圆圆心为O点，直径，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，若P为半径OC上的动点，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示．（1）求点A、B、C的坐标；（2）若，求与夹角的大小；（3）试求点P的坐标，使取得最小值，并求此最小值．【正确答案】（1），，