2024級高一3月自主學習情況調研數學試卷一、單選題（每小題5分，共8小題）1.已知，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接根據二倍角的余弦公式運算即可.【詳解】因為，，故選：D.2.下列四個函數中，以為最小正周期，且在區間上單調遞增的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用給定最小正周期及單調性逐項判斷即得.【詳解】對于A，的圖象可由的圖象將x軸下方部分翻折到x軸上方得到，故其最小正周期為，當時，在上單調遞增，A是；對于B，由A的分析同理可知的最小正周期為，當時，在上單調遞減，B不是；對于C，的最小正周期為，在上單調遞減，C不是；對于D，的最小正周期為，D不是.故選：A3.為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點（）A.向左平移個單位 B.向左平移個單位C.向右平移個單位 D.向右平移個單位【答案】A【解析】【分析】根據正弦函數平移原則即可得到答案.【詳解】，則把函數圖象上所有的點向左平移個單位即可，故選：A.4.已知平面向量，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合向量的數量積的坐標運算，根據投影向量的定義，即可求得答案.【詳解】由題意知平面向量，故在上的投影向量為，故選：B5.已知向量，，，滿足與互為相反向量，，，，則（）A.2 B.7 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據已知，在向量等式的兩邊，同時平方，同時點乘向量，都將向量問題數量化，構造方程組可解.【詳解】與互為相反向量，，得兩邊平方得，，即，①又由，在兩邊同時點乘向量，得，即，②聯立①②，解得.故選：D.6.已知，則（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用兩角和與差的三角函數，將，然后兩邊同除以，再利用求解.【詳解】由，得，兩邊同除以，得所以，故選：A．7.若函數在處取得最大值，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到的函數是奇函數，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出的值，再根據平移變換求出的最小值.【詳解】因為時函數取得最大值，則，解得.所以，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到，，函數為奇函數，則，所以，當時，有最小值.故選：D.8.如圖，在函數的部分圖象中，若，則點的縱坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意可得，進一步由可得，將它們代入函數表達式結合誘導公式二倍角公式計算可得結果.【詳解】依題意則得，即，所以,；設，因為，所以,，解得,；因此,，可得，結合圖象可得，解得.故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用點的位置特征以及向量關系式，得出兩點的坐標關系式，再利用誘導公式以及二倍角公式計算可得結果.二、多選題（每小題6分，共3小題）9.已知向量，不共線，向量平分與的夾角，則下列結論一定正確的是（）A. B.C.向量，在上投影向量相等 D.【答案】BC【解析】【分析】根據給定條件，結合向量加法的幾何意義可得，再借助數量積的運算律逐項分析判斷即得.【詳解】作向量，在中，，，由向量平分與的夾角，得是菱形，即，對于A，與不一定垂直，A錯誤；對于B，，即，B正確；對于C，在上的投影向量，在上的投影向量，C正確；對于D，由選項A知，不一定為0，則與不一定相等，D錯誤.故選：BC10.已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A.B.在區間上單調遞增C.直線為的圖象的一條對稱軸D.在區間上的值域為【答案】ACD【解析】【分析】利用，即可判斷A選項；利用整體代入法結合正弦函數的單調區間即可判斷B選項；利用判斷C選項；根據時利用正弦函數的性質判斷選項D.【詳解】由函數的部分圖象知，，解得；因為，所以，A正確；由五點法作圖結合圖象可知，解得，所以；時不是單調函數，所以在區間不是單調函數，B不正確；因為，所以直線為的圖象的一條對稱軸，C正確；時所以，所以在區間上的值域為，D正確，故選：ACD.11.已知角的頂點與原點重合，它的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊過點，定義：，對于函數，則（）A.函數的圖象關于點對稱B.方程在區間上有兩個不同的實數解C.將函數的圖象向左平移個單位長度后得到一個偶函數的圖象D.函數在區間上單調遞增【答案】AD【解析】【分析】由三角函數定義，整理函數解析式，根據三角函數誘導公式，可得A的正誤；建立方程，利用同角三角函數的商式，結合正切函數的性質，可得B的正誤；由A可得函數對稱性，結合圖象變換，可得C的正誤；利用分離常數項整理函數解析式，結合正切函數的單調性以及復合函數單調性，可得D的正誤.【詳解】由題意可得，，則，，可得，所以，對于A，由，則點是函數的圖象的一個對稱中心，故A正確；對于B，由，則，整理可得，化簡可得，易知存在唯一，使得，故B錯誤；對于C，由A可知函數的圖象關于成中心對稱，則函數的圖象向左平移個單位可得，函數的圖象關于成中心對稱，故C錯誤；對于D，由，且函數在上單調遞增，則函數在上單調遞增，故D正確.故選：AD.三、填空題（共3小題）12.若為銳角，，則_______．【答案】【解析】【分析】由同角三角函數的平方式，結合題意，求得余弦值，利用正弦和角公式，可得答案.【詳解】由題意可得，則.故答案為：.13.如圖，在四邊形中，分別為的中點，，則______．【答案】##【解析】【分析】連接、，根據平面向量線性運算法則得到，再根據數量積的運算律計算可得.【詳解】連接、，所以，，又、分別為、的中點，所以，所以．故答案為：14.在中，，的最大值為．若函數在區間上單調遞增，則的最大值為______．【答案】2【解析】【分析】由已知在中，，由利用不等式可得，然后利用正弦函數的單調性與區間的關系列不等式即可.【詳解】因為，故為銳角，且，又，所以，所以的最大值為，即，當且僅當時，即，等號成立，函數，因為，所以，要使在區間上單調遞增，則，所以，所以的最大值為.故答案為：.四、解答題（共5小題）15.已知向量，，且與垂直．（1）求的值；（2）求與的夾角．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出向量的坐標，根據已知條件得出，結合平面向量數量積的坐標運算可得出關于的等式，解之即可；（2）利用平面向量數量積的坐標運算可求出的值，結合向量夾角的取值范圍可得出的值.【小問1詳解】因為向量，，則，因為與垂直，則，解得.【小問2詳解】由（1）得，所以，，，所以，，因為，故.16.已知．（1）求的值；（2）若，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據二倍的正切公式故兩角和的正切公式求解；（2）根據同角三角函數的關系式求得，進而利用兩角和的正弦公式計算即可．【小問1詳解】，．【小問2詳解】∵，且，∴，得，∵，∴，∵，，∴，∴.17.已知函數．（1）求函數最小正周期和值域；（2）設為的三個內角，若，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式及兩角和的正弦化簡變形，再由周期公式求得周期，結合正弦函數的值域求得原函數值域；（2）由已知求得sinB，再由f（A）＝2求得A，結合sinC＝sin（A+B），展開兩角和的正弦求解．【詳解】（1），所以，的最小正周期，值域為．（2）由，得，因為，所以，故，．因為在△中，，所以，所以，．【點睛】本題考查三角函數中的恒等變換應用，考查函數的周期及其最值的求法，訓練了兩角和的正弦的應用，是中檔題．18.如圖，在等腰梯形中，，，為線段中點，與交于點，連接，為線段上的一個動點.（1）用基底表示；（2）求的值；（3）設，求的取值范圍.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）解法一：由平面向量的線性運算法可得，，結合可得出關于的表達式，再由可得結果；解法二：將表示為的表達式，將表示為的表達式，代入可得結果；（2）設，，將表示為基底的表達式，結合平面向量的基本定理可得出關于、的方程組，解出的值，即可得出的值；（3）設，將表示為的表達式，利用平面向量的基本定理可得出關于的表達式，求出的取值范圍，再結合二次函數的基本性質可求出的取值范圍.【小問1詳解】解法一：由向量的線性運算法則可得①，②，因為為線段中點，則，由題意可得，①②得，整理得：，則解法二：因為①，②，將②代入①得.【小問2詳解】由與交于點，設③，設，可得，即④，由③④得，消去得，所以，即.【小問3詳解】由題意，可設，代入中并整理可得.又，故，可得.因為，且函數在上單調遞減，所以，，因為函數在單調遞減，所以，，，所以的取值范圍為.19.材料1：在三角形中有一個非常重要的定理，其探究的情景基于角所對的邊分別為的銳角，作的外接圓，連接并延長與交于點D，連接，則為直角三角形，且可推出對任意都有．材料2：法國數學家費馬在給意大利數學家托里拆利的一封信中提到“費馬點”，即平面內到三角形三個頂點距離之和最小的點，托里拆利確定費馬點的方法如下：①當的三個內角均小于時，滿足的點O為費馬點；②當有一個內角大于或等于時，最大內角的頂點為費馬點．請用以上材料解決下面的問題：（1）根據材料1的情景，當銳角中角所對的邊分別為時，求證：；（2）已知是平面內任意一個向量，向量滿足，且，則的最小值；（3）已知點P為的費馬點，且，若，求實數的最小值．【答案】（1）證明過程見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）作出輔助線，根據直角三角形中三角函數關系得到，證明出結論；（2）設出向量，轉化為點到，，的距離之和最小問題，找到為的費馬點，求出最小值；（3），設，，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.【小問1詳解】因為為直徑，所以，在中，，又，所以，連接，同理在中，，又，所以，連接并