山东省临沂市兰山区临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月自我检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省临沂市兰山区临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月自我检测数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省临沂市兰山区临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月自我检测数学试题原卷版docx、山东省临沂市兰山区临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月自我检测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
1. 下列各式的值等于的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角的正弦、余弦以及正切公式分别化简计算.
【详解】解：对于A：，故A不正确；
对于B：，故B不正确；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D不正确；
故选：C
2. 已知向量，，若，，与的夹角为，则＝（ ）
A. 6B.
C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】由数量积公式结合得出答案.
【详解】∵向量，，与的夹角为，
∴，
∴.
故选：A.
3. 是平行四边形外一点，用、、表示，正确的表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，则为、的中点，利用平面向量的线性运算可得出，即可得解.
【详解】设，则为、的中点，如下图所示：
所以，，
同理可得，所以，，
因此，.
故选：C.
4. 已知向量，，，，与的夹角为120°，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用数量积的定义求出,再根据垂直关系的向量表示列式解方程即可.
【详解】因为，，与的夹角为，所以.
由，
得，
解得.
故选:C.
5. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出，，再根据及两角差的正弦公式计算可得；
【详解】解：因为，则，，
所以，
，
所以
；
故选：B．
6. 要得到函数y＝sin x的图象，只需将函数y＝cs（2x）的图象上所有的点( )
A. 横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移个单位长度
B. 横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移个单位长度
C. 横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)，再向右平移个单位长度
D. 横坐标伸长到原来的 (纵坐标不变)，再向左平移个单位长度
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式、函数y＝Asin（ωx+）的图象变换规律，得出结论．
【详解】将函数ycs（2x）的图象上所有的点横伸长到原来的2倍，
可得ycs（x）的图象，
再向右平移个单位，可得ys（x）sinx的图象，
故选B．
【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，函数y＝Asin（ωx+）的图象变换规律，属于基础题．
7. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设中点为，确定，为正三角形，再计算向量的投影得到答案.
【详解】设中点为，则，即，故边为圆的直径，
则，又，则为正三角形，
则有，
向量在向量上的投影向量，
故选：A
8. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（ ）
A. 9B. C. 12D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由勾股定理求出，再由向量数量积的定义式求出乘积即可.
【详解】由题意可知，，
设，由勾股定理可得，解得，
所以，所以，
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，至少有两项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 的值域是
C. 的图象关于点对称
D. 偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，根据三角函数相关公式对化简，根据的区间求出的区间，据此即可判断单调性，对于B选项，根据表达式即可判断最大值和最小值，据此即可求出值域，对于C选项，根据，据此即可判断C选项，对于D选项，根据偶函数定义判断即可.
【详解】由已知，，
对A,当时，，
则不单调，故A选项不正确；
对B，因为，，则的值域是，故B选项正确；
对C，因为，则的图象关于点对称，故C选项正确；
对D,为偶函数，故D选项正确.
故选：BCD.
10. 海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮．一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋．已知某港口水深（单位：）与时间（单位：）从时的关系可近似地用函数来表示，函数的图象如图所示，则（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 当时，水深度达到
D. 已知函数的定义域为，有个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象的最值求出，再根据图象得到其周期则得到，代入最高点求出，则得到三角函数解析式，则判断A，再结合其对称性即可判断B，代入计算即可判断C，利用整体法和其对称性即可判断D.
【详解】对A，由图知，，，，
的最小正周期，，
，，解得：，
又，，，故A正确；
对B，令，，解得，，
当时，，
则，
则函数的图象关于点对称，故B错误；
对C，，故C正确；
对D，，则，令，
则，令，则根据图象知两零点关于直线，
则，即，则，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角函数模型结合图象求出其解析式.
11. 在中，下列说法正确是（ ）
A. 若，则为锐角三角形．
B. 若，，则为等边三角形
C. 若G为重心，则
D. 若D是边BC的中点，点P是线段AD上的动点，且满足，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量数量积的符号判断夹角范围判断选项A；由夹角公式和模长判断选项B；由重心的向量特征，化简判断选项C；由三点共线及平面向量基本定理将表示为二次函数求最大值判断选项D.
【详解】对于A，若，则，得为锐角，
但不能判断的形状，A选项错误；
对于B，若，则，
又，故，
而，则，即，
所以为等边三角形，B选项正确；
对于C，若G为重心，则，
得，则，C选项正确；
对于D，如图所示：
因为P在AD上，即A，P，D三点共线，
设，
又因为，所以
因为，则，
令，
当时，取得最大值为，故D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，得，代入要求的式子即可得出答案.
【详解】解：因，
所以，
所以
.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，考查计算能力与公式的灵活应用，属于基础题.
13. 设M为内一点，且，则与的面积之比为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合三点共线的结论确定点的位置，进而分析运算即可.
【详解】在取点，使得，则，
可知：点为的中点，
可得，即，
所以与的面积之比为.
故答案为：.

14. 已知函数在区间上单调递增,那么实数ω的取值范围是____.
【答案】
【解析】
【分析】化简函数的解析式，根据题中条件可得，，继而解得的值，进一步计算即可.
【详解】因为，
由且，知，
因为函数在区间上单调递增,
则,其中,
所以其中,
解得，其中,
由，
得，又，
所以或，
因为,所以当时,;
当时,，
所以实数ω取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键点睛是求出右边界的范围，再根据余弦函数的单调性得到不等式组，解出的范围，再对合理赋值即可.
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. 已知是平面上两个不共线的向量且
（1）若方向相反，求的值；
（2）若三点共线，求的值.
【答案】（1）2；（2）或
【解析】
【分析】（1）由得，再由向量相等可得答案；
（2）由题意知，即，再由向量相等可得答案.
【详解】（1）由题意知，，则存在，使得，即，
从而，得，或，又方向相反，则
（2）由题意知，，由三点共线得，，存在，使得，即，从而，得或，所以或.
16. 已知向量与的夹角，且，．
（1）求，；
（2）求与的夹角的余弦值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量数量积的定义可计算得出的值，利用平面向量数量积的运算性质计算得出的值；
（2）计算出的值，利用平面向量夹角的余弦公式可求得与的夹角的余弦值．
【详解】（1）由已知，得，
；
（2）设与的夹角为，
则，
因此，与的夹角的余弦值为.
17. 已知函数的相邻两对称轴间的距离为．
（1）求函数解析式；
（2）将函数图象上点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，若，，求的值．
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）化简解析式，根据的对称轴求出周期从而求出，进而求得的解析式.
（2）根据三角函数图象变换求得，由，求得，，
然后构造方程组结合余弦的二倍角公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意知：，
且可得的周期，得：，
所以：，
故：.
【小问2详解】
由题意得：，
因为：，所以：，得：，
因为：，所以：，由，
所以：，
所以：
故：.
18. 已知函数只能同时满足下列四个条件中的三个：①最小正周期为；②最大值为；③；④.
（Ⅰ）请指出同时满足的三个条件，并说明理由；
（Ⅱ）求的解析式；
（Ⅲ）求的单调递增区间.
【答案】（Ⅰ）①②④，见解析；（Ⅱ）；
（Ⅲ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）代入③计算，可判断不成立，故满足的三个条件为①②④；（Ⅱ）由①②④，分别计算的值，可得函数解析式；（Ⅲ）利用整体法列不等式计算单调递增区间.
【详解】（Ⅰ）因为，，，所以，故③不成立；所以满足的三个条件为：①②④；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，最小正周期为，最大值为，可得，，所以，又因为，，则，即，得，所以.
（Ⅲ）由，得，
所以的单调递增区间为.
【点睛】求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
19. 在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
（1）当时，求的值；
（2）求向量的夹角；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据向量的线性运算表示出和；再根据向量的数量积运算律即可求解.
（2）先根据向量的线性运算表示出；再根据向量的数量积运算得出即可解答.
（3）先根据表示出；再根据响亮的数量积运算得出；最后根据即可求解.
【小问1详解】
当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以
【小问2详解】
由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为
【小问3详解】
由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．