2023-2024学年江苏省常州市高一下学期3月联考数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年江苏省常州市高一下学期3月联考数学模拟试题一、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．已知，则＝（）A． B． C． D．2．若，A点的坐标为，则B点的坐标为（

）A． B． C． D．3．在△ABC中，，则△ABC的形状一定是（

）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形4．已知向量，.那么“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．已知向量，，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．6．已，且则等于（

）A． B． C． D．7．若将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则函数的单调递减区间为（

）A． B．C． D．8．已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．下列说法中正确的是（）A．在中，，，，若，则为锐角三角形B．非零向量和满足，，则C．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是D．在中，若，则与的面积之比为10．已知函数,则下列命题正确的是（

）A．函数的单调递增区间是；B．函数的图象关于点对称；C．函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于y轴对称，则m的最小值是；D．若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则．11．直角中，斜边，为所在平面内一点，（其中），则（

）A．的取值范围是B．点经过的外心C．点所在轨迹的长度为2D．的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若，，，，则.13．设是单位向量，且，则的最小值为．14．笛卡尔坐标系是直角坐标系与斜角坐标系的统称，如图，在平面斜角坐标系中，两坐标轴的正半轴的夹角为，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则称有序实数对为在该斜角坐标系下的坐标.若向量，在该斜角坐标系下的坐标分别为，，当时，.四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．已知（1）当为何值时，与垂直（2）若，且三点共线，求的值．16．已知向量和，则,,求：(1)的值；(2)的值；(3)与的夹角θ的余弦值．17．如图，平行四边形ABCD中，E，F分别是AD，AB的中点，G为BE与DF的交点．若，．（1）试以，为基底表示，；（2）求证：A，G，C三点共线．18．已知函数．（Ⅰ）化简的表达式并求函数的周期；（Ⅱ）当时，若函数在时取得最大值，求的值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，将函数图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的单调递增区间.19．已知O为坐标原点，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，试求的相伴特征向量；（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.1．A【分析】由数量积的坐标公式结合正弦函数的和角公式可得答案.【详解】由题意故选：A2．A【分析】根据向量坐标的求解公式可求.【详解】设，因为A点的坐标为，所以.所以，即.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量坐标的运算，侧重考查数学运算的核心素养.3．A【分析】注意到，根据已知等式，利用向量的数量积的运算法则和线性运算法则可得到，进而得到结论.【详解】∴BA⊥AC,∴△ABC为直角三角形，

故选：4．A【分析】先由向量平行求出,再讨论充要性．【详解】向量，，，则解之得,则“”是“”的充分而不必要条件.即向量,.那么“”是“”的充分而不必要条件.故选：A．5．A【分析】利用向量的数量积坐标表示及向量的模公式，再利用投影向量的定义即可求解.【详解】因为，，所以，，所以在上的投影向量是.故选：．6．D【分析】平方求出，进而求出，将所求的式子分子用二倍角公式化简，分母用两角和余弦公式展开，即可求解.【详解】平方得，，.故选:D.【点睛】本题考查三角函数求值问题，涉及到同角间的三角函数关系、三角恒等变换的应用，熟记公式是解题的关键，属于中档题.7．A【分析】利用三角恒等变换化简的解析式，再根据的图象变换规律求得的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得函数的单调递减区间.【详解】解：将函数的图象上所有的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，令，求得，可得的单调递减区间为.故选：A.【点睛】本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的单调性，属于基础题.8．C【分析】令，，令，，利用平面向量基本定理确定点的位置即可求解作答.【详解】如图，令，，于是，而，并且不共线，因此，解得，令，，则，从而，解得，因此点是线段的中点，所以，所以.故选：C【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．9．BD【分析】利用向量的数量积的定义得到角C为钝角，从而否定A；利用向量的和、差的模的平方的关系求得，进而判定B；注意到与同向的情况，可以否定C；延长交于,∵共线，利用平面向量的线性运算和三点共线的条件得到,进而，然后得到，利用分比定理得到，从而判定D.【详解】即,∴,∴为钝角，故A错误；，，，，故B正确；，当时，与同向，夹角不是锐角，故C错误；∵，∴，延长交于,如图所示.

∵共线，∴存在实数，，∵共线，∴,∴,∴，∴，∴.∴，∴，故D正确.故选：BD.10．ACD【分析】根据辅助角公式把函数的关系变形为正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质应用即可判断各选项.【详解】由，得.对于A，当时，，当即时，函数单调递增，所以函数单调递增区间为，故A正确；对于B，当时，，故B不正确；对于C，函数的图象向左平移个单位长度后，得到所得的图象关于y轴对称，所以,解得，当时，m的最小值是，故C正确；对于D，如图所示，实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则必有，或，此时，另一解为.所以，故D正确.故选：ACD.11．ABD【分析】由向量数量积的几何意义有，结合已知即可判断A；若为中点，根据已知有共线，即可判断B、C；利用向量加法的几何意义及数量积的运算律可得，结合基本不等式求范围判断D.【详解】由，又斜边，则，则，A正确；若为中点，则，故，又，所以共线，故在线段上，轨迹长为1，又是的外心，B正确，C错误；由上，则，又，则，当且仅当等号成立，所以，D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：若为中点，应用数形结合法，及向量线性运算的几何意义、数量积的几何意义和运算律判断轨迹，求、.12．【解析】由于，利用两角和差公式可求出的值.【详解】解：因为，所以，所以，同理可得：，故.故答案为：.【点睛】本题考查了两角和差公式的知识，解决问题的关键是整体思想的意识，还要关注角的范围的确定.13．【分析】设与的夹角为，根据已知，利用向量的数量积的运算将化为关于的三角函数表达式，进而利用三角函数的性质求得最小值.【详解】，且均为单位向量，∴，||=1，,∴.设与的夹角为θ，则.故的最小值为故答案为：14．【分析】根据斜角坐标定义写出向量（用两个已知单位向量表示），然后由向量数量积计算可得．【详解】由已知，，，，解得：．故答案为：．15．（1）；（2）．【分析】（1）与垂直，即与的数量积为，利用坐标计算可得值；（2）因为三点共线，所以，利用平面向量共线的坐标公式计算可得的值．【详解】解：（1），因为垂直，所以，即，得.（2）因为三点共线，所以．所以，即，所以.16．(1)；(2)；(3)．【分析】（1）（2）根据平面向量的数量积的定义即可求解；（3）根据平面向量的夹角公式即可求解．【详解】（1）∵,,.∴；（2）∵,∴

；（3）∵,∴17．（1），；（2）证明见解析.【解析】（1）根据向量的加法，减法以及数乘运算，即可求出；（2）以，为基底，利用向量共线定理，两种方式表示出向量，由平面向量基本定理，解方程可求出，而，根据共线定理即可证出．【详解】（1），．（2）因为D，G，F三点共线，则，，即．因为B，G，E三点共线，则，即，由平面向量基本定理知，解得，所以，所以A，G，C三点共线．【点睛】本题主要考查向量的线性运算，平面向量基本定理和向量共线定理的应用，意在考查学生的数学运算和逻辑推理能力，属于基础题．18．(Ⅰ);（Ⅱ）;（Ⅲ）.【分析】（Ⅰ）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的周期公式可得函数的周期；（Ⅱ）当时，由可得的值；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，利用伸缩变换法则得到函数的解析式，再利用正弦函数的单调性，求得函数的单调递增区间.【详解】(Ⅰ),∴的周期为;（Ⅱ）函数在时取得最大值,∴,∴，∴，又∵；（Ⅲ）由（Ⅱ）可知,则将函数图象上各点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，由,解得，所以的单调递增区间为.19．（1）；（2）；（3）存在，点.【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图