2024-2025学年福建省莆田市高一下册3月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省莆田市高一下册3月月考数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了 已知向量，，则， 下列四个命题中正确是等内容，欢迎下载使用。
1.
A. B. C. D.
【正确答案】A
【详解】分析：根据终边相同的角正弦值相等，将的正弦化成的正弦，，即可求出结果.
详解：由诱导公式可得，，，故选A.
点睛：本题着重考查了终边相同的角、诱导公式，特殊角的三角函数值等知识，属于简单题.
2. 已知向量，，则（ ）
A. 5B. C. 3D.
【正确答案】B
【分析】先把向量和相加得到向量的坐标，再利用向量的坐标算出向量的模长．
【详解】， ．
故选：B．
3. 已知，向量与向量的夹角为，与向量共线同向的单位向量为，则向量在向量方向上的投影向量等于（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据投影向量的公式计算即可.
【详解】．
故选：C.
4 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由题意求出，再根据二倍角得正切公式即可得解.
【详解】由，得,
故，
故选：D
5. 如图，已知平行四边形ABCD，，E为CD中点，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.
【详解】.
故选：D
6. 已知直角中，是斜边，，则的值是（ ）
A. 27B. 1C. 9D.
【正确答案】D
【分析】由可得，由向量平面数量积的坐标表示，列方程求解即可.
【详解】因为直角中，是斜边， ，
可得，则有，即，解得，
故选：D.
7. 设点，若点在直线AB上，且，则点的坐标为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【正确答案】D
【分析】根据已知求出向量的坐标，进而根据，可求出向量的坐标，进而求出点的坐标．
【详解】解：，，∴，
点在直线上，且，
∴，或，
故，或，
故点坐标为或，
故选：D．
本题考查的知识点是平面向量坐标表示，熟练掌握向量坐标等于终点坐标与起点坐标的差是解答的关键．
8. 在等腰梯形中，已知，，是的中点，，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【正确答案】A
【分析】根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理求出、即可.
【详解】根据题意，，，是的中点，，画出梯形如下图所示：
所以
，
则，又，、不共线，
所以，所以.
故选：A
二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在下列各组向量中，不可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ACD
【分析】逐项判断向量是否共线即可得解.
【详解】因为共线，故不能做基底，故A正确；
因为，所以不共线，可作基底，故B错误；
因为，所以，即共线，故不能作基底，故C正确；
因为，所以，即共线，故不能作基底，故D正确.
故选：ACD
10. 下列四个命题中正确是（ ）
A. 向量与向量能作为平面向量的一组基底，则与不共线
B. 若，则
C. 为非零向量且，则
D. 为任意向量且，则
【正确答案】ABD
【分析】根据基底的概念判断A，根据向量的数量积化简运算判断B，根据向量垂直的关系由特例法判断C，根据向量相等及数量积的概念判断D.
【详解】对于A，根据基底的定义知，向量与向量能作为平面向量的一组基底，则与不共线正确；
对于B，，，化简可得，故正确；
对于C，满足，不能推出，例如向量都与垂直时等式成立，但不一定相等，故错误；
对于D，因，所以成立，故正确.
故选：ABD
11. 函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 方程在上有5个根
C. 函数的图象关于直线对称
D. 函数在上单调递减
【正确答案】ABD
【分析】根据三角恒等变换及图象特殊值，求出，进而求出，求出最小正周期，判断A选项；求出及，结合及函数图象，判断出有5个交点，即有5个根；C选项，求出，代入检验得到图象不关于直线对称；当时，，得到的单调性.
【详解】
，
由图象可知：，
所以，解得：，
因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，此时，所以最小正周期为，A正确；
，
则，即，
因为，所以，
画出在的图象，如下：
函数图象与有5个交点，故方程在上有5个根，B正确；
函数，当时，，所以的图象关于直线不对称，C错误；
，当时，，
故函数在上单调递减，D正确.
故选：ABD
三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量与满足，且，则与的夹角等于__________．
【正确答案】##
【分析】直接用数量积的定义求夹角即可.
【详解】依题意， ，∴ 与 的夹角为 ；
故 .
13. 已知，，，且，则的值为___________.
【正确答案】
【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式求解作答.
【详解】由，，得，
由，知，又，则，
所以，
所以.
故
14. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田.已知正八边形的边长为，点P是正八边形边上的一点，则的最大值为_________.
【正确答案】
【分析】作垂直的延长线于点M，根据正八边形的特征求出，根据的定义，即可求出的最大值.
【详解】由题意知，每个三角形的顶角为，，
作垂直的延长线于点M，根据正八边形的特征知，，
设与所成的角为，则，
所以，
由的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为.
四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 计算：
（1）；
（2）；
（3）．
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】根据平面向量的数乘运算及线性运算计算即可.
【小问1详解】
原式．
【小问2详解】
原式．
【小问3详解】
原式．
16. 已知向量，，且．
（1）若向量与互相垂直，求的值．
（2）若向量与互相平行，求的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
（2）根据向量平行及平面向量基本定理列式求解.
【小问1详解】
，，
，，即，得，
若向量与互相垂直，则，
即得，
，解得或.
小问2详解】
由，所以，所以不共线，
由向量与互相平行，
可知存在实数，使得，
，解得，
当时，；当时，.
或.
17. 已知是平面内两个不共线的非零向量，，，，且三点共线．
（1）求实数的值；
（2）若，，求的坐标；
（3）已知点，在（2）的条件下，若四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点的坐标．
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据已知可得，结合三点共线可得，列方程组求参数即可；
（2）根据平面向量线性运算的坐标表示求解即可；
（3）根据平行四边形中的坐标表示列方程组求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
因为三点共线，所以存在实数使得，即，
又因为是平面内两个不共线的非零向量，
所以，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以，
若，，则.
【小问3详解】
由四点按逆时针顺序构成平行四边形可得，
设，则，由（2）得，
所以，解得，
所以.
18. 已知.
（1）若，且，求的值；
（2）设，，若方程恰有两个不同的解，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）0； （2）.
【分析】（1）由，利用平面向量数量积公式，二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式可得，结合，可求的值；
（2）利用（1）可得，由可得 , 结合函数的图象图象有两个交点时实数的取值范围
【小问1详解】
∵，∴，
即，∴，
∵，∴，
∴，∴．
【小问2详解】
∵，
当时， ,
当时，单调递减，当时，单调递增，
且，
故方程恰有两个不同的解，则实数的取值范围是.
19. 对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求函数的相伴特征向量的坐标；
（2）记向量的相伴函数为.
（I）当且时，求的值；
（II）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）（I） （II）
【分析】（1）利用两角差的正弦公式及两角和的余弦公式化简函数解析式，再结合函数的相伴特征向量的定义即可求解；
（2）（I）根据题意先求得函数的解析式，结合已知条件求得的值，进而求得的值，通过配角的方法并结合两角差的正弦公式即可求解；
（II）通过诱导公式化简原式，通过分类讨论的正负，通过参变分离法转化为最值问题即可求解.
【小问1详解】
，
∴由题可知：函数的相伴特征向量的坐标.
【小问2详解】
由题可知：向量的相伴函数.
（I），，即.
，，.
；
（II）当时，不等式可化为，即恒成立.
，.
当，即时，，恒成立，.
，，；
当，即时，，，不等式恒成立；
当，即时，，恒成立，.
，，.
综上，实数的取值范围为..
恒成立问题多参变分离后转化为最值问题，通过分类讨论等方法快速求出参数范围.