江苏省苏州市吴中区木渎高级中学2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

2024级高一3月自主学习情况调研数学试卷一、单选题（每小题5分，共8小题）1.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接根据二倍角的余弦公式运算即可.【详解】因为，，故选：D.2.下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用给定最小正周期及单调性逐项判断即得.【详解】对于A，的图象可由的图象将x轴下方部分翻折到x轴上方得到，故其最小正周期为，当时，在上单调递增，A是；对于B，由A的分析同理可知的最小正周期为，当时，在上单调递减，B不是；对于C，的最小正周期为，在上单调递减，C不是；对于D，的最小正周期为，D不是.故选：A3.为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（）A.向左平移个单位 B.向左平移个单位C.向右平移个单位 D.向右平移个单位【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数平移原则即可得到答案.【详解】，则把函数图象上所有的点向左平移个单位即可，故选：A.4.已知平面向量，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合向量的数量积的坐标运算，根据投影向量的定义，即可求得答案.【详解】由题意知平面向量，故在上的投影向量为，故选：B5.已知向量，，，满足与互为相反向量，，，，则（）A.2 B.7 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知，在向量等式的两边，同时平方，同时点乘向量，都将向量问题数量化，构造方程组可解.【详解】与互为相反向量，，得两边平方得，，即，①又由，在两边同时点乘向量，得，即，②联立①②，解得.故选：D.6.已知，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用两角和与差的三角函数，将，然后两边同除以，再利用求解.【详解】由，得，两边同除以，得所以，故选：A．7.若函数在处取得最大值，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数是奇函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出的值，再根据平移变换求出的最小值.【详解】因为时函数取得最大值，则，解得.所以，将函数的图象向左平移个单位长度后得到，，函数为奇函数，则，所以，当时，有最小值.故选：D.8.如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得，进一步由可得，将它们代入函数表达式结合诱导公式二倍角公式计算可得结果.【详解】依题意则得，即，所以,；设，因为，所以,，解得,；因此,，可得，结合图象可得，解得.故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用点的位置特征以及向量关系式，得出两点的坐标关系式，再利用诱导公式以及二倍角公式计算可得结果.二、多选题（每小题6分，共3小题）9.已知向量，不共线，向量平分与的夹角，则下列结论一定正确的是（）A. B.C.向量，在上投影向量相等 D.【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，结合向量加法的几何意义可得，再借助数量积的运算律逐项分析判断即得.【详解】作向量，在中，，，由向量平分与的夹角，得是菱形，即，对于A，与不一定垂直，A错误；对于B，，即，B正确；对于C，在上的投影向量，在上的投影向量，C正确；对于D，由选项A知，不一定为0，则与不一定相等，D错误.故选：BC10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.在区间上单调递增C.直线为的图象的一条对称轴D.在区间上的值域为【答案】ACD【解析】【分析】利用，即可判断A选项；利用整体代入法结合正弦函数的单调区间即可判断B选项；利用判断C选项；根据时利用正弦函数的性质判断选项D.【详解】由函数的部分图象知，，解得；因为，所以，A正确；由五点法作图结合图象可知，解得，所以；时不是单调函数，所以在区间不是单调函数，B不正确；因为，所以直线为的图象的一条对称轴，C正确；时所以，所以在区间上的值域为，D正确，故选：ACD.11.已知角的顶点与原点重合，它的始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，定义：，对于函数，则（）A.函数的图象关于点对称B.方程在区间上有两个不同的实数解C.将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象D.函数在区间上单调递增【答案】AD【解析】【分析】由三角函数定义，整理函数解析式，根据三角函数诱导公式，可得A的正误；建立方程，利用同角三角函数的商式，结合正切函数的性质，可得B的正误；由A可得函数对称性，结合图象变换，可得C的正误；利用分离常数项整理函数解析式，结合正切函数的单调性以及复合函数单调性，可得D的正误.【详解】由题意可得，，则，，可得，所以，对于A，由，则点是函数的图象的一个对称中心，故A正确；对于B，由，则，整理可得，化简可得，易知存在唯一，使得，故B错误；对于C，由A可知函数的图象关于成中心对称，则函数的图象向左平移个单位可得，函数的图象关于成中心对称，故C错误；对于D，由，且函数在上单调递增，则函数在上单调递增，故D正确.故选：AD.三、填空题（共3小题）12.若为锐角，，则_______．【答案】【解析】【分析】由同角三角函数的平方式，结合题意，求得余弦值，利用正弦和角公式，可得答案.【详解】由题意可得，则.故答案为：.13.如图，在四边形中，分别为的中点，，则______．【答案】##【解析】【分析】连接、，根据平面向量线性运算法则得到，再根据数量积的运算律计算可得.【详解】连接、，所以，，又、分别为、的中点，所以，所以．故答案为：14.在中，，的最大值为．若函数在区间上单调递增，则的最大值为______．【答案】2【解析】【分析】由已知在中，，由利用不等式可得，然后利用正弦函数的单调性与区间的关系列不等式即可.【详解】因为，故为锐角，且，又，所以，所以的最大值为，即，当且仅当时，即，等号成立，函数，因为，所以，要使在区间上单调递增，则，所以，所以的最大值为.故答案为：.四、解答题（共5小题）15.已知向量，，且与垂直．（1）求的值；（2）求与的夹角．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出向量的坐标，根据已知条件得出，结合平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解之即可；（2）利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值，结合向量夹角的取值范围可得出的值.【小问1详解】因为向量，，则，因为与垂直，则，解得.【小问2详解】由（1）得，所以，，，所以，，因为，故.16.已知．（1）求的值；（2）若，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据二倍的正切公式故两角和的正切公式求解；（2）根据同角三角函数的关系式求得，进而利用两角和的正弦公式计算即可．【小问1详解】，．【小问2详解】∵，且，∴，得，∵，∴，∵，，∴，∴.17.已知函数．（1）求函数最小正周期和值域；（2）设为的三个内角，若，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式及两角和的正弦化简变形，再由周期公式求得周期，结合正弦函数的值域求得原函数值域；（2）由已知求得sinB，再由f（A）＝2求得A，结合sinC＝sin（A+B），展开两角和的正弦求解．【详解】（1），所以，的最小正周期，值域为．（2）由，得，因为，所以，故，．因为在△中，，所以，所以，．【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查函数的周期及其最值的求法，训练了两角和的正弦的应用，是中档题．18.如图，在等腰梯形中，，，为线段中点，与交于点，连接，为线段上的一个动点.（1）用基底表示；（2）求的值；（3）设，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）解法一：由平面向量的线性运算法可得，，结合可得出关于的表达式，再由可得结果；解法二：将表示为的表达式，将表示为的表达式，代入可得结果；（2）设，，将表示为基底的表达式，结合平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，解出的值，即可得出的值；（3）设，将表示为的表达式，利用平面向量的基本定理可得出关于的表达式，求出的取值范围，再结合二次函数的基本性质可求出的取值范围.【小问1详解】解法一：由向量的线性运算法则可得①，②，因为为线段中点，则，由题意可得，①②得，整理得：，则解法二：因为①，②，将②代入①得.【小问2详解】由与交于点，设③，设，可得，即④，由③④得，消去得，所以，即.【小问3详解】由题意，可设，代入中并整理可得.又，故，可得.因为，且函数在上单调递减，所以，，因为函数在单调递减，所以，，，所以的取值范围为.19.材料1：在三角形中有一个非常重要的定理，其探究的情景基于角所对的边分别为的锐角，作的外接圆，连接并延长与交于点D，连接，则为直角三角形，且可推出对任意都有．材料2：法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：①当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．请用以上材料解决下面的问题：（1）根据材料1的情景，当锐角中角所对的边分别为时，求证：；（2）已知是平面内任意一个向量，向量满足，且，则的最小值；（3）已知点P为的费马点，且，若，求实数的最小值．【答案】（1）证明过程见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，根据直角三角形中三角函数关系得到，证明出结论；（2）设出向量，转化为点到，，的距离之和最小问题，找到为的费马点，求出最小值；（3），设，，由得，在中，由余弦定理和勾股定理得到，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】因为为直径，所以，在中，，又，所以，连接，同理在中，，又，所以，连接并