江苏省邗江中学2024-2025学年高一下学期3月阶段测试 数学试卷（含解析）

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一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由半角公式计算．
【详解】．
故选：B．
2. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由两向量平行坐标间的关系可求解.
【详解】由题意知，所以，解得，故A正确.
故选：A.
3. 函数零点所在的整区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用零点存在性定理求解即可.
【详解】因为函数为单调递增函数，
且，
所以零点所在的区间是，
故选：C．
4. 已知向量，，的夹角为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的定义运算可得结果.
【详解】由题意得，，
∴.
故选：C
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为，先求出的值，代入即可求出答案.
【详解】，
.
故选：A.
6. 在平面直角坐标系中，动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动；动点在以原点为圆心，为半径的圆上，以的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动.、分别以、为起点同时开始运动，经过后，动点、的坐标分别为、，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，，利用二倍角的余弦公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】由三角函数的定义可知，，，
则，
因为，其中，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故选：C.
7. 已知，则的值是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：因，所以选C．
考点：三角函数求值
8. 已知函数在上有两个不同的零点，则m的取值集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将原函数转化为同角三角函数，再利用对勾函数的性质数形结合，分类讨论处理即可.
【详解】解：，
令，
则，
则
当时，显然无解；当时可化为.
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
①当时，即，此时或，符合题意；
②当时，即或，此时或，符合题意；
③当时，即，由可得，
易知当时，只有一个解满足，不符合题意；
④当时，即，
方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根，
有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m的值组成的集合是：.
故选：B
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5分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 已知向量，，，，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 在方向上的投影向量的坐标为
D. 若向量与向量的夹角为锐角，则的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可得选项A正确；根据向量相等可得选项B正确；利用投影向量的公式计算可得选项C错误；计算向量与向量同向时的值可得选项D错误.
【详解】A.∵，，∴，
∵，，∴，故，选项A正确.
B.∵，，∴，
∵，∴，解得，故，选项B正确.
C.由题意得，，，
∴在方向上的投影向量为，选项C错误.
D.由题意得，，，
∵向量与向量的夹角为锐角，
∴a→+b→⋅2b→+c→=-4+λ+3>0，解得，
当向量与向量共线时，由得，
此时，，，向量与向量夹角为，不合题意，
∴的取值范围是，选项D错误.
故选：AB.
10. 下列选项中，值为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据诱导公式、二倍角公式及辅助角公式逐项化简计算可得结果.
【详解】A.，故A正确；
B.
，故B错误；
C.
，故C正确.
D. ，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，已知扇形OAB的半径为1，，点C、D分别为线段OA、OB上的动点，且，点E为上的任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为0B. 的最小值为
C. 的最大值为1D. 的最小值为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】以为原点建立如图所示的直角坐标系，得，，设，则，求出，利用的范围可判断A；
求出、的坐标，由，利用的范围可判断B；设，可得，求出、，由，利用 、、，的范围可判断CD.
详解】
以为原点建立如图所示的直角坐标系，所以，，
设，则，，
，所以，
因为，所以，所以，
所以，的最小值为，故A错误；
，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，，
的最小值为，故B正确；
设，又，所以，可得，
，，
所以
，其中，
又，所以，所以，，
，，所以，
的最小值为0，故CD正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，在中，为边上的中线，为的中点，若，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】利用向量加法和减法的运算，求得的表达式.
【详解】．
故．
故答案为：.
13. 已知，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，切化弦，再利用和差角的余弦公式求解.
【详解】依题意，，则，
由，得，解得，
所以.
故答案：
14. 在任意四边形中，点，分别在线段，上，且，，，，，则与夹角的余弦值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由，得，再两边平方求解即可.
【详解】
由，则①，
又②，
由可得，即，
故，设与夹角为，
则，解得.
故答案为：．
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，，，，，且A，E，C三点共线．
（1）求实数的值；
（2）若四边形是平行四边形，其中点D的坐标为，求点A坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由A，E，C三点共线列关于实数的方程，即可求得实数的值；
（2）依据向量相等列出关于点A坐标的方程组即可求得点A的坐标．
【小问1详解】
又A，E，C三点共线，且
则，则，解之得
【小问2详解】
设点A坐标为，则
又平行四边形中，
则，解之得，故点A坐标为
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值及相应的的值．
【答案】（1）最小正周期；单调递增区间
（2）时，有最大值.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简，令
即可求单调增区间；
（2）计算的范围，结合正弦函数图象可得最大值.
【小问1详解】
，
则的最小正周期为，
，解得，
故的单调递增区间为
【小问2详解】
，则，
结合正弦函数图象可知，当，即时，有最大值.
17. 已知，且，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数和二倍角公式可求得，，根据，利用两角和差正弦公式可求得结果；
（2）根据同角三角函数可求得，由，结合两角和差余弦公式和的范围可求得结果.
【详解】（1），，，
，
，
；
（2），，，
；
，，.
18. 如图，在平行四边形ABCD中，E为AD的中点，，BE与AC，AF分别相交于M，N两点．
（1）若，求的值；
（2）若，，求；
（3）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据平面向量基本定理计算即可；
(2)根据平面向量基本定理结合三点共线求出向量最后根据数量积求出模长；
(3)应用平面向量基本定理表示向量，再应用垂直计算结合基本不等式求出最值即可.
【小问1详解】
因为四边形是平行四边形，
所以，
所以所以.
【小问2详解】
因为为中点，四边形为平行四边形，
所以.
因为，所以.
设，
则，
，
因为共线，共线，
所以，
解得，
所以，
因为，，
所以，
所以.
【小问3详解】
因为，，
，
所以 ，
所以，
又因为，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以最小值为.
【点睛】方法点睛：把向量用基底表示，再应用向量的数量积公式计算后结合基本不等式求出最值即可.
19. 已知函数．
（1）求方程在上的解集；
（2）求证：函数有且只有一个零点，且
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可
（2）根据三角函数的性质分区间研究函数，然后再进行隐零点代换，换元即可证明
【小问1详解】
所以.
所以或
当时,,则,又,所以
当,则,又.
所以或,所以
所以方程在上的解集为
【小问2详解】
设
当,则,此时在单调递增
在也单调递增,所以在单调递增
所以在时有唯一零点
当,所以
所以在没有零点
当时,,所以,所以
所以在没有零点
综上,在有唯一零点
所以,且,所以
所以
令,因为,所以
又,则
所以
【点睛】方法点睛：含有三角函数、指数对数的零点问题，一般要根据三角函数图像特点划分区间，分段研究