江苏省扬州市邗江区第一中学2023-2024学年高一下学期3月阶段性考试数学试题（原卷版+解析版）

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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. 下列向量关系式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量加减法的运算规则，验证各选项的结果.
【详解】，A选项错误；
，B选项错误；
，C选项错误；
由向量加法的运算法则，有，D选项正确.
故选：D.
2. 若为锐角，，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式与同角三角函数的关系化简得出只关于的式子，即可解得答案.
【详解】为锐角，
，
即，
解得，
故选：B.
3. 已知向量，满足，，且，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】将平方转化为数量积计算即可.
【详解】得，即
所以，所以.
故选：C
4. 在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据画出及点D的位置，再由向量的线性运算即可由表示出.
【详解】因为，
所以

故选：A.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，再整体法利用倍角公式即可.
【详解】，
，则.
故选：C.
6. 已知为锐角，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式以及充要条件的定义求解.
【详解】依题意，，
故，
即．
因为，所以，
即，解得．
故“”是”的充要条件．
故选:C.
7. 在中，设，那么动点的轨迹必通过的（ ）
A 垂心B. 内心C. 外心D. 重心
【答案】C
【解析】
【分析】设的中点是，根据题意化简可得，即可确定的轨迹.
【详解】设的中点是，
，
即，所以，
所以动点在线段的中垂线上，故动点的轨迹必通过的外心，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的运算法则，熟练掌握向量的运算法则，数量积与垂直的关系，三角形的外心定义是解题的关键，属于较难题.
8. 将圆的圆周九等分后，每份圆弧所对的圆心角为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将圆周九等分后，先求出每等份圆弧所对的圆心角的弧度数，再逆用二倍角的正弦公式，即可得的值．
【详解】依题意得，
所以
．
故选：C
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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用三角函数恒等变换公式分析判断
【详解】对于A，，所以A正确，
对于B，，所以B错误，
对于C， ，所以C正确，
对于D，
，所以D错误，
故选：AC
10. 已知，点是平面内一点，记，，则（ ）
A. 当，时，则在方向上的投影向量为
B. 当，时，为锐角的充要条件是
C. 当时，点、、三点共线
D. 当，时，动点经过的重心
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；分析可知且、不共线，求出的取值范围，可判断B选项；利用共线向量的基本定理可判断C选项；利用平面向量的加法可判断D选项.
【详解】对于A选项，当，时，
则在方向上的投影向量为，A对；
对于B选项，当，时，
角为锐角且、不共线，即，解得且，
所以，为锐角的充要条件是，B错；
对于C选项，因为，即，
所以，，即，
又因为、有公共点，故点、、三点共线，C对；
对于D选项，设线段的中点为，
则，
因为，则，
此时，动点经过的重心，D对.
故选：ACD.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B．利用两角和的正弦公式将条件展开，然后两边同除得到所满足的等式，
结合基本不等式确定出和的取值范围；
C．根据两角和的正弦和余弦公式化简C选项，从而可计算出的值并进行判断；
D．根据两角和的正切公式以及的取值范围化简并计算出的取值范围.
【详解】由，得，
同除，得，
由，故，
则，
解得，取等号时，
注意到，
于是，故A，B正确；
对于C选项，结合条件可得：
，
解得或，
但由AB选项可知都不可能成立，故C选项错误；
对于D选项，，
由知，，
∴，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知向量，，且与夹角的余弦值为，则_________.
【答案】1或
【解析】
【分析】利用数量积运算性质、向量的夹角公式即可得出.
【详解】因为 ，，，
，显然，
故有：，解得或
故答案为：1或.
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合三角恒等变换的公式，求得，即可求解.
【详解】由，
可得，所以.
故答案为：.
14. 如图，函数 图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，坐标原点为的重心三条边中线的交点，其中，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，得到，结合，即可求解.
【详解】因为O为的重心，且，可得，
解得，所以，
所以，所以，所以，解得，
可得，
由，即，可得，
解得，又由，所以，
所以，
于是，所以.
.
故答案：.
四、解答题（本题共5小题，共77分.）.
15. 已知，为锐角，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合正弦二倍角公式进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为为锐角，，所以，
则；
【小问2详解】
由于，为锐角，则，
又，所以
.
16. 已知函数.
（1）若是偶函数，求正实数的最小值;
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式以及二倍角公式化简可得，即可根据三角函数的奇偶性求解，
（2）利用整体法即可求解.
【小问1详解】
,
则为偶函数，
因此,则，
故当时，取最小正数值为
【小问2详解】
时，，故，
所以，
故值域为
17. 如图，在中，点C是AB的中点，点D在线段OB上，且，设，．

（1）若，，且与的夹角为，求；
（2）若向量与共线，求实数k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义求出，代入即可求出的值；
（2）先分别求出向量与，再结合共线定理解方程即可得出答案.
小问1详解】
因为，，且与的夹角为，
所以，
所以．
【小问2详解】
由C是AB的中点，得，
，
所以，
若与共线，则存在实数，使得，
即，所以，
因为与不共线，所以，解得，
所以实数k的值为．
18. 已知等边三角形ABC的边长为2，P为三角形ABC所在平面上一点．
（1）若，求△PAB的面积；
（2）若，求的最大值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）－.
【解析】
【分析】（1）由重心的性质有，结合三角形面积公式求△PAB的面积；
（2）由题设，可得，再应用基本不等式求目标式最值，注意等号成立条件.
（3）构建直角坐标系并设P（x，y），确定相关点坐标，利用向量数量积的坐标运算求，即可得结果，注意最值对应x、y.
【小问1详解】
由题设知：P为△ABC的重心，故；
【小问2详解】
由于，即，则，
，当且仅当时取到等号，
故的最大值为；
【小问3详解】
以BC的中点O为原点，，分别为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，
设P（x，y），易知A（0，），B（－1，0），C（1，0），
则
化简得，
故的最小值为－，当且仅当时取到等号.
19. 定义:为实数对的“正弦方差”.
（1）若，则实数对的“正弦方差”的值是否是与无关的定值，并证明你的结论
（2）若，若实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求值.
【答案】（1）是与无关的定值，证明见解析；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据的定义，结合三角恒等变换，整理化简，即可求得结果为定值；
（2）根据的定义，结合三角恒等变换，根据其为定值，求得，再结合角度范围，即可求得结果.
【小问1详解】
“正弦方差”的值是与无关的定值；
证明：若，
则
.
【小问2详解】
若，
根据题意，
因为的值是与无关的定值，故可得，
因为，故，
由可知，或，即或，
若，则，，故舍去；
对，两边平方后相加可得：
，即；
因为，故或或，
即或或；
综上所述，当，解得，不满足题意；
当，解得，满足题意；
当，解得，满足题意；
故或.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键一是找到的关系，二是根据角度范围，讨论可能得取值.