江苏省连云港市赣榆高级中学等校2024-2025学年高一下学期3月学情检测 数学试题（含解析）

这是一份江苏省连云港市赣榆高级中学等校2024-2025学年高一下学期3月学情检测 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式以及逆用两角和的正弦公式求解.
【详解】
.
故选:D
2. 已知两个向量，，若，则x的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示分析运算.
【详解】若，则，解得.
故选：A.
3. 已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.
【详解】由已知可得：.
A：因为，所以本选项不符合题意；
B：因为，所以本选项不符合题意；
C：因，所以本选项不符合题意；
D：因为，所以本选项符合题意.
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.
4. 在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理可知时，为钝角，推得充分性成立；举反例推得必要性不成立，从而得解.
【详解】充分性：
当时，，
又，所以是以为钝角的钝角三角形；
必要性：
当为钝角三角形时，取，
则，又，
故为钝角，但不成立，故不满足必要性.
所以“”是“为钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平方关系由结合已知角的范围求出的值，再代入二倍角公式和和角公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以.
则.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据，即可利用二倍角公式以及和差角公式化简求解.
【详解】由可得
，
故选：C
7. 如图，在中，，，，边上的两条中线于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察图象知与的夹角的大小相等，结合向量夹角余弦公式可得结论.
【详解】因为，所以为直角三角形，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则有，，，
又D，E分别为BC，AB中点，
所以，，
故，，
所以，
故选：D．
8. 在平面直角坐标系中，，若点是线段上的动点，设，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的数量积运算求得，由数量积坐标表示得出，然后利用两角和的正弦公式及正弦函数的性质得最大值．
【详解】由已知，
∵，且，∴，
∵为线段AB上的动点，则，，
∵，，
则．
所以，其中，且为锐角，则，
所以时，的最大值为，
故选：B．
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下列说法中错误的是（ ）
A. 若为单位向量，则
B. 若，则
C. 两个非零向量，若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，单位向量的方向不一定相同；B项，向量性质判断； C项，两边平方展开化简可得；D项，特殊向量的数量积计算求解.
【详解】选项A，由为单位向量，即，而方向不一定相同，故A错误；
选项B，向量不能比较大小， 故B错误；
选项C，由，得，
即，整理得，又因为两个非零向量，所以，故C正确；
选项D，当时，则不一定成立，故D正确；
故选：ABD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系式，结合角的变换公式，即可求解.
【详解】对于A，因为，则，所以，故A正确；
对于B，因为，则，所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，因为，则，故D错误.
故选：AC.
11. 正方形的边长为2，在上，且，如图，点是以为直径的半圆上任意一点，，则（ ）
A. 最大值为B. 最大值为1
C. 最大值是D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题设条件，建立平面直角坐标系，把数量积问题转化为坐标运算来解决，结合三角函数的性质即可对选项进行判定.
【详解】以线段所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
，，，，，设，，
则，，，由，
得，则，解得，
对于A，，其中锐角由确定，
，则当时，，A错误；
对于B，，，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，其中锐角由确定，
，则当时，取得最大值，C正确；
对于D，，则
，而，当时，取得最大值为，D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，共15分．
12. 已知平面内两向量，若，则的值为_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.
【详解】由于，又向量，
所以，所以.
故答案为：
13. 已知，且，则的值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知，求得，得，可得，进而求得，，由，利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以，所以，
因为，所以，
又，则，
所以，
所以，
，
所以
.
故答案：.
14. 如图，在中，，分别是直线上的点，，且，则_____________．若是线段上的一个动点，则的取值范围是_____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空，根据向量的线性运算以及向量基本定理，将转化为之间的运算，即可求得答案；
第二空，设，，根据数量积的运算律，化简为之间的相关运算，结合二次函数的性质，即可求得答案.
【详解】∵，，∴，，
∵，又，，
∴
，
解得，∵，∴．
设，，
∴
，，
∴当时，有最小值，最小值为，
当时，有最大值，最大值为，
故答案为：；.
四、解答题：本题共6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，其中是夹角为的单位向量．
（1）当，求与夹角的余弦值；
（2）若与夹角为钝角，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）且
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角公式即可求得答案；
（2）若与的夹角为钝角，则且不共线，即可解得的取值范围．
【小问1详解】
由已知，，是夹角为的单位向量，
所以，
又，则，
所以，
又，
所以．
【小问2详解】
若与的夹角为钝角，则且不共线，
所以，且，
，且，所以且．
16. 已知为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由于，所以代值求解即可；
（2）由求出的值，从而可求出的值，而，进而可求得结果
【详解】（1）
（2）因为为锐角，所以，，
又，所以，
，
又，
所以
因，所以.
17. 如图，、是单位圆上的相异两定点（为圆心），且（为锐角）．点为单位圆上的动点，线段交线段于点．
（1）求（结果用表示）；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积运算法则，结合转化法即可得解；
（2）设，利用向量的数量积运算法则，结合三角恒等变换将所求转化为关于的表达式，结合三角函数值域从而得解；
【小问1详解】
；
【小问2详解】
当时，，
．
设，由条件知：，
∴
，
∵，则，
∴，∴.
18. 设函数．
（1）当时，求函数的最小值并求出对应的；
（2）在中，角的对边分别为，若，且，求周长的取值范围．
【答案】（1）当时，函数取到最小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）先对函数化简，得到，再利用函数的图像与性质即可求出结果.
（2）利用（1）中条件求出角，再利用余弦定理建立方程，再利用基本不等式和三角形任何两边之和大于第三边，即可求得周长的范围.
【小问1详解】
因为
，
因为，所以，
由的图象与性质知，当，即时，函数取到最小值为，
即当时，函数的最小值为，此时．
【小问2详解】
因为，由（1）得到，
，
即，又在中，则，
所以，即，
又，由余弦定理，得到，
又由基本不等式知，，当且仅当取等号，
所以，则，
又因为，所以，
所以周长的取值范围为．
19. 设O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”.
（1）设函数，求的“相伴向量”；
（2）记的“相伴函数”为，若函数，与直线有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；
（3）已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值.当点M运动时，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）依题意，将可化为进而根据题意得答案；
（2）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得k的范围
（3）由可求得时，f(x)取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围．
【小问1详解】
解：
∴的“相伴向量”为.
【小问2详解】
解：由题知：.
可求得在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减且
∵图像与有且仅有四个不同的交点
所以，实数k的取值范围为
【小问3详解】
解：
其中
∴当即时，取得最大值.
此时
令，则由知：，解之得
，
因为在上单调递增，
所以在上单调递减，
从而