山东省青岛市第五十八中学2024-2025学年高一下学期3月阶段性检测 数学试卷（含解析）

这是一份山东省青岛市第五十八中学2024-2025学年高一下学期3月阶段性检测 数学试卷（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：（每小题5分）
1. 设是两个不平行的向量，则下列四组向量中，不能组成平面向量的一个基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】根据基底的知识确定正确答案.
详解】依题意，不共线，
A选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
B选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
C选项，，
所以和不能构成基底.
D选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
故选：C
2. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的计算公式，可得答案.
【详解】解：在上的投影向量的坐标为
故选：B.
3. 在中，内角，，的对边分别为，，，若的面积为，且，，则外接圆的半径为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角形的面积公式和余弦定理结合已知条件可求出角，再利用正弦定理可求得结果
【详解】解：因为，所以，
因为，，
所以，所以，
因为，所以，
因为，所以，
设外接圆的半径为
则由正弦定理得，得,
故选：D
4. 已知函数图像的一个对称中心为，则为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A. 向左平移1个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移1个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图像的一个对称中心为，求得，进而得到，然后再利用平移变换求解.
【详解】因为函数图像的一个对称中心为，
所以，，
所以，，
又，
所以，
所以，
因为，
所以为了得到的图像，只需将函数的图像向左平移1个单位长度，
故选：A．
【点睛】易错点睛：将三角函数的图像进行平移的时候，要注意对平移的影响．
5. 已知向量均为单位向量，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将条件等式变形，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】因为，且，则，
两边平方可得，即，
所以，，又，
所以与的夹角为.
故选：C
6. 已知函数在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用三角恒等变换化简，结合正弦型函数的性质及区间零点个数求参数范围即可.
【详解】，
在上，，即有且仅有1个零点，
所以，则.
故选：D
7. 随着冬天的到来，越来越多的旅客从全国各地来到“尔滨”赏冰乐雪，今年冰雪大世界以“冰雪同梦，亚洲同心”为主题，一睹冰雕雪雕风采的同时还能体验各中冰上项目，如抽尜，大滑梯，摩天轮等.如图所示，某地摩天轮最高点离地面高度128m，最低点离地面高度8m，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转，转一周的时间约为24min，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后距离地面高度为hm，下列说法正确的是（ ）
A. 摩天轮的轮盘直径为60m
B. h关于t的函数解析式为
C. h关于t的函数解析式为
D. 在游客乘坐一周的过程中，游客有16min时间距地面高度超过38m
【答案】D
【解析】
【分析】根据摩天轮离地最高距离和最低距离的差值，求出直径判断A；依题意，分别求出得解析式，判断B，C；根据提议，令，求出的取值范围，判断D.
【详解】对于A，因为摩天轮最高点离地面高度128m，最低点离地面高度8m，所以摩天轮的轮盘直径为，故A错误；
对于B，设，则，
令时，则，，
又，解得，
所以，故B，C错误 ；
对于D，，
当距地面高度超过38m时，即，即，
即，解得，
又因为，所以，所以游客有16min时间距地面高度超过38m，故D正确，
故选：D.
8. 如图，在边长为2的等边中，点为中线的三等分点（靠近点），点为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可推得，，，进而根据平面向量数量积的运算求解即可得出结果.
【详解】由已知，，，，
所以.
由已知是的中点，所以，
，.
所以，
，
所以，.
故选：B.
二、多选题（每小题6分）
9. 在中，，角所对的边，下列结论正确的为（ ）
A. 若，有一个解B. 若，无解
C. 若，有两个解D. 若，有一个解
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，由正弦定理求得，结合选项中的取值范围，分类讨论，即可求解.
【详解】因为且，由正弦定理，即，
当时，可得，所以，此时有一个解，故A不正确；
当时，可得，不成立（舍去），此时无解，故B正确；
当时，即，则，由，此时有两解，即有两解，故C正确；
当，即，则，由，此时只有一解，故D正确.
故选：BCD.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 非零向量 满足 ，则 与 的夹角为
B. 已知非零向量 ，若 ，则 的夹角为锐角
C. 若 是 所在平面上的一点，且满足 ，
则 为等腰三角形
D. 在 中，若点 满足 ，则 为 的垂心
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据向量的加法与减法法则，易判断是等边三角形即可求解；
对于B，根据向量的数量积定义即可求解；
对于C，根据向量的数量积判断得 ，又根据E为AB中点，即可判断；
对于D，根据题意，结合向量的运算得 ， ，即可判断.
【详解】对于A，如图，作 ，则，又 ，则由题意知是等边三角形，则可设与的夹角为 ，所以A正确；
对于B，设 与的夹角为，则由得 ，又因为 ，所以 ，所以B错误；
对于C，如图，
取AB中点为E，连接CE，
因为，
所以CE⊥BA，又E为AB中点，所以CA =CB， 故三角形ABC的形状一定是等腰三角形，所以C正确；
对于D，由
同理可得 ，所以P为的垂心，故D正确.
故选ACD.
11. 对于非零向量，定义变换以得到一个新的向量．关于该变换，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在，使得
D. 设，，，．．．，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据新定义，结合向量平行的坐标运算可得选项A正确；根据向量垂直的坐标公式可得选项B正确；根据向量夹角的坐标公式可得选项C错误；根据条件可得，计算，结合数量积的坐标运算可得选项D正确.
【详解】设，由得， ，，
A.∵，∴，
∴，
∴，故A选项正确；
B.∵，∴，
∴，
∴，故B选项正确；
C.∵ ，
，
∴，故C选项错误；
D.当时，，，故，
∵，∴，
∴，
∴，故D选项正确．
故选：ABD．
三、填空题（每小题5分）
12. 向量与向量的夹角为钝角，则的取值集合为__.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得，且与 不共线，由此求得取值集合.
【详解】解：∵向量，，若向量与向量夹角为钝角，
∴，且与 不共线，
即 且，即 且.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查两个向量的夹角，两个向量共线的性质，属于基础题.
13. 在中，是边上一点，的面积为，为锐角，则__________．
【答案】##.
【解析】
【分析】由题意得出，再有余弦定理求出，由正弦定理可求出，即可求出.
【详解】∵在中，，D是AB边上一点，CD=2，
的面积为，为锐角，
∴，解得：，
∴，
由余弦定理有：，∴，
由正弦定理，
又因为
故答案为：．
14. 中，角，，对边分别为，，，点是所在平面内的动点，满足．射线与边交于点．若，，则角的值为 _____，面积的最小值为 _______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】判断出是三角形的角平分线，利用余弦定理求得，根据三角形面积公式以及基本不等式求得三角形面积的最小值．
【详解】表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
根据向量加法的几何意义可知在三角形的角平分线上，
即是三角形的角平分线，
由可得，，
得，
则为锐角，所以，
依题意，
根据三角形的面积公式有，
整理得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以三角形面积的最小值为．
故答案为：①；①．
四、解答题
15. （1）已知，是夹角为的两个单位向量，，．求与的夹角；
（2）已知，，求与的夹角
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由向量的夹角公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由向量坐标运算，结合向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，是夹角为的两个单位向量，故，
则．
则．
，
故，而，故．
（2）因为向量，，所以，
则，
所以，
又，
所以与的夹角为
16. 已知的内角，，的对边分别是，，，且．
（1）求的大小；
（2）若的面积等于，，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据题意结合余弦定理得，进而得；
（2）结合（1），由的面积等于得，进而得，故由余弦定理得，再结合正弦定理求解即可.
【详解】解：（1）∵，由余弦定理得，
∵，∴．
（2）因为，
所以，又，故，
于是，
∴，，
所以．
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，考查运算求解能力，是基础题.本题第二问解题的关键在于利用正弦定理求解.
17. 已知函数的部分图像如图，，．

（1）若已知图中点A的横坐标．
（ⅰ）求的解析式；
（ⅱ）若，求x的取值范围；
（2）求的值．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）由图可知，求出，再求出，将点带入即可求，进而知道的解析式；（ii）结合正弦函数的图象解不等式即可．
（2）先由求出，再将点代入，求，再由列出等式，经过变形求解即可．
【小问1详解】
（ⅰ）图中点A的横坐标，，，．
，将点代入得：，所以，，
所以，，因为所以时，．
．
（ⅱ）若，则，
，，解得，，
即x的取值范围为，．
【小问2详解】
由图可知，，又，
将点代入得：，所以，
解得，，因为，即，
所以所以当时，，
，又，
，，
由图可知
，
，
18. 如图，在四边形ABCD中，AD⊥AB，∠CAB＝60°，∠BCD＝120°，AC＝2.
（1）若∠ABC＝30°，求DC；
（2）记∠ABC＝θ，当θ为何值时，△BCD面积有最小值？求出最小值.
【答案】（1）（2）θ＝75°时，面积取最小值.
【解析】
【分析】（1）由题意可求∠ADC＝120°，在△ACD中，可得∠CAD＝90°﹣60°＝30°，∠ADC＝120°，进而由正弦定理解得CD的值.
（2）由题意可得可得∠CAD＝30°，可求∠ADC＝150°﹣θ，在△ADC中，由正弦定理解得，在△ABC中解得，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S△BCD，结合范围0°＜θ＜150°，可得﹣60°＜2θ﹣60°＜240°，利用正弦函数的性质即可求解.
【详解】解：（1）在四边形ABCD中，因为AD⊥AB，∠BCD＝120°，∠ABC＝30°，
所以∠ADC＝120°，
在△ACD中，可得∠CAD＝90°﹣60°＝30°，∠ADC＝120°，
AC＝2，由正弦定理得：，
解得：.
（2）因为∠CAB＝60°，AD⊥AB可得∠CAD＝30°，
四边形内角和360°得∠ADC＝150°﹣θ，
∴在△ADC中，由正弦定理得：，解得：，
在△ABC中，由正弦定理得：，解得，
∴S△BCD
，
∵0°＜θ＜150°，
∴﹣60°＜2θ﹣60°＜240°，
∴当2θ﹣60°＝90°即θ＝75°时，S取最小值为.
【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的性质，考查了计算能力和转化思想，考查了数形结合思想的应用，属于中档题.
19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”．
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3）6
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角关系，再利用辅助角公式求解即可；
（2），由向量的数量积可得，由三角形的面积可得，结合余弦定理可求，可求周长；
（3）不妨设，则.由余弦定理解方程组即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得
即：，
所以
所以，即，所以，得；
【小问2详解】
，
因为，
所以，
由得：
，即，
由余弦定理得，即，
则，解得．
所以的周长为；
【小问3详解】
不妨设，则.由余弦定理得:
，①
，②
，③
因为，所以，即，则，
由②③，，则
即
因为，所以，解得或(舍)
所以，得
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，从而推导出、，结合关系求得.