河南省许昌市禹州市第三高级中学2024-2025学年高一下学期3月阶段考试 数学试题（含解析）

这是一份河南省许昌市禹州市第三高级中学2024-2025学年高一下学期3月阶段考试 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，即可得到答案；
【详解】连结，则为的中位线，
，

故选：A
2. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由根号内大于等于，真数大于，计算即可得.
【详解】由题意得，解得，
故其定义域为.
故选：C.
3. 若第四象限角，则点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据的符号确定正确答案.
【详解】由于是第四象限角，所以，
所以在第二象限.
故选：B
4. 将函数的图象平移后所得的图象对应的函数为，则进行的平移是（ ）
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
【答案】B
【解析】
【分析】根据，然后判断出平移的过程即可.
【详解】因为，
所以将的图象向左平移个单位可得到的图象，
而把的图象向左平移后的图象对应的函数为，不合题意；
把的图象向右平移后的图象对应的函数为，不合题意；
故选：B.
5. 已知且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据指数式对数式互化求出，再根据换底公式转化，再根据求解即可.
【详解】由，得，即，
所以，所以.
故选:C.
6. 已知是两个不共线的向量，若与是共线向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量共线定理，列出方程，即可得到结果.
【详解】依题意，设，又是两个不共线的向量，
所以，所以．
故选：D
7. 设，，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角差的正弦公式、正切的二倍角公式、余弦的二倍角公式，即可判断出三者的大小，做出结论.
【详解】由，
又，
且，
因为
所以，即.
故选：D
8. 在平行四边形ABCD中，，点为平行四边形ABCD所在平面内一点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设，由向量数量积的坐标表示确定满足的关系式，并用三角换元法，设，计算，结合两角和的正弦公式及正弦函数性质得范围．
【详解】以为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
设，则，，所以，
所以，记，
所以，
所以，其中，，
又，所以，即的取值范围是.
故选：B.
二、多项选择题（每小题6分）
9. 已知向量，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则在上的投影向量为
D. 若，，则在上的投影向量为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示可判断AB；由向量垂直的坐标表示结合已知求出向量，可得向量，然后根据投影向量公式可得投影向量，可判断CD.
【详解】由向量平行的坐标表示可知，若，则，A正确，B错误；
若，且，则，解得，
则，，
则在上的投影向量为，C正确，D错误．
故选：AC
10. 已知点是的中线上一点（不包含端点）且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
分析】设，利用向量线性运算表示出，即可得到，判断选项AB，然后利用基本不等式求最值，即可判断选项CD.
【详解】由题知，设，
则
，
因为，
所以，则，且，A正确，B不正确；
，
当且仅当时，等号成立，C正确；
又
，
当且仅当，即时，等号成立，D正确.
故选：ACD
11. 在等腰梯形中，，，，点是梯形内部一点（不含边界），且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则，
B. 当时，的最小值为
C. 若，则的面积为定值
D. 若，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】取的中点，连接、，推导出四边形、都是边长为的菱形，且，利用平面向量的线性运算可判断A选项；推导出点在直线上，结合可判断B选项；推导出，可得出，可判断C选项；计算出，分析可知，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于梯形内部的圆弧（圆心角为的扇形弧），利用圆的几何性质可判断D选项.
【详解】对于A，取的中点，连接、，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
同理可证四边形为平行四边形，
由，得，
所以，
又因为，则，，故A正确；
对于B，当时，，
点在上，
由A选项可知，四边形、都为平行四边形，
所以，，且，即平行四边形为菱形，
同理可知平行四边形是边长为的菱形，则是边长为的等边三角形，
则，
因四边形为菱形，则，所以，，即，
所以，点到直线的距离为，此时点与点重合，故取不到最小值，故B错误；
对于C，若，则，
所以，，则，所以，点在上，
由于，则点到直线的距离等于点到直线的距离，
则，故C正确；
对于D，由平面向量数量积的定义可得，
因为，
则，则，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于梯形内部的圆弧（圆心角为的扇形弧），
在中，，，，
则，
所以，，故D错误，
故选：AC.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 已知扇形的半径为2，扇形圆心角的弧度数是1，则扇形的周长为__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式先求出弧长，然后得到周长.
【详解】设扇形的半径为，弧长为，圆心角的弧度数为，
由题意，
根据扇形的弧长公式，，
于是扇形的周长是.
故答案为：
13. 若向量满足，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】将两边平方并化简，进而结合数量积运算即可求得答案.
【详解】由得；
由得；
由得，所以.
故答案为：
14. 在中，已知，为线段的中点，若，则______.
【答案】10
【解析】
【分析】根据题中条件，结合平面向量基本定理，直接表示出，即可求出，进而可求出结果.
【详解】由，得，又为线段的中点，
所以，
即，，
所以.
故答案为：.
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步摖.
15. 在直角三角形中，，，.设BF与CE交点为，求的值
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量共线求出点的坐标，再利用数量积的坐标表示求出数量积.
【详解】在中，，，
以为原点，射线分别为轴非负半轴建立平面直角坐标系，
则，由，，得，
由点在上，设，则，
，由点在上，得，
因此，解得，则，，而，
所以.
16. 如图，，是全等的等腰直角三角形，，为直角顶点，O，，三点共线.若点，分别是边，上的动点（不包含端点）.记，，
（1）试确定的值；
（2）比较和的大小.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）建立如图示的直角坐标系，设，求出的坐标，进而设出的坐标，再应用向量数量积的坐标运算求；
（2）利用向量数量积的坐标运算求出，求出的范围，即可比较大小.
【小问1详解】
构建如下图示的直角坐标系，设，则，，，，
所以，可设，，且，，
则，即.
【小问2详解】
，又，
所以.
17. 已知函数在上奇函数，，.
（1）求实数的值；
（2）指出函数的单调性（说明理由，不需要证明）；
（3）设对任意，都有成立；请问是否存在的值，使最小值为，若存在求出的值.
【答案】（1）；
（2）减函数； （3）.
【解析】
【分析】（1）因为为奇函数，所以恒成立，据此可求出的值；
（2）由（1）可求出，讨论，根据复合函数的单调性可判断的单调性；
（3）根据题意，结合（1）对原不等式变形可得，
又根据的单调性得，整理得，
从而转化为求的最小值，再解关于的不等式，
对函数换元讨论求最小值，得到关于的方程解之即可得到答案.
【小问1详解】
因为函数在上为奇函数，所以恒成立，
即恒成立，
所以，又，所以；
【小问2详解】
由（1）知
因为在是减函数，又，
所以在上为减函数；
【小问3详解】
因为对任意都有,
所以对任意都有，
由在上为减函数；
所以对任意都有，
所以对任意都有，
因为，
所以即，解得
因为，
令，则，
令，它的对称轴为，
当，即时，
在上是增函数，
，
解得舍去，
当即时，
此时，
解得，所以.
【点睛】小问(3)属于单调性和奇偶性综合应用问题，以及函数不等式恒成立问题，解决问题的关键是利用函数性质进行恒等变形，转化为不等式恒成立问题，求最值解不等式得到的范围，再通过换元把转化为二次函数闭区间上最值问题.本小题难度较大，对数学能力要求较高.
18. 已知函数图像的两个相邻的对称中心的距离为.
（1）求的单调递增区间；
（2）求方程在区间上所有实数根之和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角恒等变换公式将化简为正弦型函数后结合函数性质即可得；
（2）可将方程的根转化为求两函数在坐标轴上的交点横坐标，结合图象即可得.
【小问1详解】
，
由条件知的最小正周期为，所以，解得，
所以，
由，
得.
所以的单调递增区间是.
【小问2详解】
的实数根，即的图象与直线的交点横坐标.
当时，，由，得，
由，得，
作出在上的图象与直线，大致如图：
由图可知，的图象与直线在上有4个交点，
其中两个关于直线对称，另外两个关于直线对称，
所以4个交点的横坐标之和为，即所求的实数根之和为.
19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”．
（1）设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围；
（2）若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由；
（3）已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积．
【答案】（1）
（2）存在“向量”，分别为，，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可；
（2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明；
（3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可.
【小问1详解】
由题意可得：，
因为，则，，
则，即，
整理得，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
存在，理由如下：
假设存在“向量”，
因为，
且，
则由题意，只需要使得，
又因为，
则，
可得，
由，即，
整理得，解得，
又因为，即，6，10满足上式，
所以存在“向量”，分别为，，满足题意；
【小问3详解】
由题意得：，，
即，，
同理，，
三式相加并化简得：，
即，，所以，
由，可得，
可得
，
所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.