2024-2025学年第二学期高一年级3月阶段性模拟监测试题数学（解析版）

这是一份2024-2025学年第二学期高一年级3月阶段性模拟监测试题数学（解析版），共13页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，设，都为锐角，且，，则等于，化简以下各式，结果为的有，已知点，，，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．如图，在正六边形ABCDEF中，与向量相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由相等向量的定义可知.
【详解】由图可知六边形ABCDEF是正六边形，所以ED=AB，与方向相同的只有；而,,与长度相等，方向不同，所以选项A,C,D,均错误；
故选：B
2．在平行四边形中，，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由向量的线性运算，用表示
【详解】因为，则有，
所以.
故选：B．
3．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则B=（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】A
【分析】利用正弦定理进行求解即可．
【详解】在中，已知，，
可知，所以．
由正弦定理得，
所以，则．
故选：A．
4．已知满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据投影向量的定义进行求解即可.
【详解】在上的投影向量为，
故选：B
5．设，都为锐角，且，，则等于（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】B
【分析】将化为，用两角差的正弦公式求解即可，求解时，需注意角的范围.
【详解】∵为锐角，，∴，
又∵，都为锐角，∴，
∴由可得，或，
当时，
，（为锐角，，舍去）
当时，
，
∴.
故选：B.
6．已知函数的图象如图所示，则的表达式可以为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据振幅可确定根据周期可确定，进而根据最高点确定，代入中化简即可求解.
【详解】由图可知：,
经过最高点，故,故，
所以．
故选：A．
7．在中，已知，，且满足，，若线段和线段的交点为，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】待定系数法将向量分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算
【详解】设，
由知，∴，∵，，三点共线，∴①，
由知，∴，∵，，三点共线，∴②，
由①②得：.，∴，
而，
∴
故选：B
8．将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的 有， 则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数图象的变换规律求出，再利用三角函数图象的性质求解即可.
【详解】∵，∴，
由于，可知和分别为两个函数的最大值和最小值，
不妨设,，
则，，
由于，可得，解得，
故选：D.
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．化简以下各式，结果为的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据平面向量的加减法运算逐个判断可得答案.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D不正确.
故选：ABC.
10．已知点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．若，的夹角为锐角，则且
【答案】AC
【分析】根据向量的模长，垂直，平行和夹角大小的定义，对下列各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】因为，，，
所以，，
选项A：，所以A正确；
选项B：因为，所以，所以，所以，所以B错误；
选项C：因为，所以，所以，所以C正确；
选项D：因为，的夹角为锐角，且，所以，解得
，所以D错误.
故选：AC
11．设函数，则下列选项正确的有（ ）
A．的最小正周期是B．满足
C．在上单调递减，那么的最大值是D．的最大值是
【答案】ACD
【分析】首先根据题意得到，再依次判断选项即可.
【详解】，
对选项A，，故A正确；
对选项B，，
所以不是的对称轴，
即不满足，故B错误；
对选项C，因为在上单调递减，所以，
即的最大值是，故C正确；
对选项D，，
所以的最大值是，故D正确.
故选：ACD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．求值： ．
【答案】
【分析】将非特殊角转化为特殊角与的和，然后由两角和的余弦公式即可求解.
【详解】解：.
故答案为：.
13．已知向量，，若，则 .
【答案】
【分析】根据向量加法的坐标运算直接求解即可.
【详解】，，解得：，.
故答案为：.
14．已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】设,用表示出的长度,进而用三角函数表示出,结合辅助角公式即可求得最大值.
【详解】设，扇形的半径为1，
则，，
，所以，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以当，即时, 取得最大值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用三角函数表示线段长，利用三角恒等变换求得最值是常用方法.
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．已知向量，．
(1)求的坐标与；
(2)求向量与的夹角的余弦值．
【答案】(1)，5
(2)
【分析】（1）根据平面向量坐标运算公式和模的计算公式计算即可；
（2）利用平面向量数量积的公式计算即可.
【详解】（1），
，
.
（2），
，
.
16．已知是第三象限角，且
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助诱导公式和同角三角函数的基本关系化简即可;
（2）构造齐次式，将弦化切，代入计算即可.
【详解】（1）由题意可得：
即，是第三象限角，.
（2）结合（1）问可得：，
是第三象限角,，
.
17．已知的内角，，所对的边长分别为，，，且，，.
(1)求角的大小；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理得到，即可求出结果；
（2）由（1）及条件，利用正弦定理即可求出结果；
（3）根据条件，求出，利用二倍角公式得到，，再利用正弦的差角公式即可求出结果.
【详解】（1）因为，，，
由余弦定理得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，又，，
由正弦定理，可得.
（3）因为，所以，又，所以，
所以，，
故.
18．已知向量，函数.
(1)求的最小正周期;
(2)求的单调减区间；
(3)若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算代入计算，结合三角恒等变换公式化简，即可得到的解析式，从而得到结果；
（2）由正弦型函数的单调区间代入计算，即可得到结果；
（3）将函数零点转化为函数图像交点，再由正弦型函数的值域，即可得到结果.
【详解】（1），
的最小正周期.
（2）令，，
解得，，
所以的单调减区间为
（3）
由题知在区间上恰有两个不同的实数根，
即函数在区间上的图像与直线恰有两个交点，
令，
做出的图像与直线，如图.
由图知，当时，的图像与直线有两个交点，
19．已知函数，图象上相邻的最高点与最低点的横坐标相差，______；
（1）①的一条对称轴且；
②的一个对称中心，且在上单调递减；
③向左平移个单位得到的图象关于轴对称且
从以上三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后确定函数的解析式；
（2）在（1）的情况下，令，，若存在使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）选①②③，；（2）.
【解析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，可求得的值，根据所选的条件得出关于的表达式，然后结合所选条件进行检验，求出的值，综合可得出函数的解析式；
（2）求得，由可计算得出，进而可得出，由参变量分离法得出，利用基本不等式求得的最小值，由此可得出实数的取值范围.
【详解】（1）由题意可知，函数的最小正周期为，.
选①，因为函数的一条对称轴，则，
解得，
，所以，的可能取值为、.
若，则，则，不合乎题意；
若，则，则，合乎题意.
所以，；
选②，因为函数的一个对称中心，则，
解得，
，所以，的可能取值为、.
若，则，当时，，
此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意；
若，则，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，合乎题意；
所以，；
选③，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称，
所得函数为，
由于函数的图象关于轴对称，可得，
解得，
，所以，的可能取值为、.
若，则，，不合乎题意；
若，则，，合乎题意.
所以，；
（2）由（1）可知，
所以，，
当时，，，所以，，
所以，，
，
，，则，
由可得，
所以，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，所以，.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.