江苏省无锡市惠山区锡山高级中学2024-2025学年高一年级下学期三月阶段测数学试题（春卷）（解析版）

第页，共页省锡中2024级高一阶段性考试（数学）试卷2025.3.6（本试卷满分150分，考试时间120分钟）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.已知向量，向量满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.【详解】设，则，由，得，又，得，即，联立，解得..故选：C.2.向量，，为第三象限角，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由平面向量平行的性质可得，再由同角三角函数的平方关系可得，结合诱导公式可得，即可得解.【详解】因为向量，，且，所以，所以，所以，又为第三象限角，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量平行、同角三角函数的平方关系及诱导公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.3.已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（

）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用投影向量公式计算即可.【详解】因为，，所以在上的投影向量为故选：C.4.如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用转化法，将转化为或，进而求得的最小值.【详解】解法一：连接，则，当时，最小，即，结合，得的最小值为．解法二（极化恒等式法）：依题意，为线段的中点，则,由于，，所以的最小值为．故选:D5.若角是锐角三角形的两个内角，则“”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【答案】C【解析】【分析】由角是锐角三角形的两个内角可知，且均为锐角，再利用诱导公式及充分必要条件的定义求解即可.【详解】因为角是锐角三角形的两个内角，所以，所以，且均为锐角，所以，即，，即，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C6.已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由向量模与夹角的公式得，进而结合向量的夹角范围求解即可.【详解】因为是单位向量，且的夹角为，所以，又，所以，又，所以，所以.故选：C.7.已知是平面内三个非零向量，且，则当与的夹角最小时，（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，以为原点，为坐标轴建立直角坐标系，设，表示出的坐标，利用数量积关系表示出夹角即可求出.详解】设，因为，所以，即是边长为1的等边三角形，因为，则可以为原点，为坐标轴建立直角坐标系，设，则，，，，则，，则，令，则，当且仅当时等号成立，此时.故选：B.8.将函数的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得的图象向左平移个单位长度，然后再把所得的图象向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若，且，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数平移变换,先求得的解析式.根据,可知,即.根据可分别求得的最大值和的最小值,即可求得的最大值.【详解】根据平移变换将函数的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的,纵坐标不变,再把所得的图象向左平移个单位长度,然后再把所得的图象向下平移1个单位长度,可得由,可知即所以的最大值为,的最小值为则的最大值为,的最小值为所以的最大值为故选:A【点睛】本题考查了三角函数图象的平移变换,三角函数性质的综合应用,利用函数的最值求参数的取值情况,属于难题.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设，是两个非零向量，下列四个命题为真命题的是（）A.若，则和的夹角为B.若，则和的夹角为C.若，则和方向相同D.若，则和b的夹角为钝角【答案】ABC【解析】【分析】利用向量加减法的几何意义，判断A、B的正误；两向量模的性质判断C，由向量的夹角与数量积间的关系判定判断D.【详解】解：，，，构成等边三角形，A正确；由向量加法的平行四边形法则可知，和的夹角为，B正确；，则与同向，C正确；若，则和的夹角为钝角或者，D错误，故选：ABC.10.如图，已知正八边形的边长为1，是它的中心，是它边上任意一点，则（）A.与不能构成一组基底 B.C.在上的投影向量的模为 D.的取值范围为【答案】AD【解析】【分析】连接，建立平面直角坐标系，写出点的坐标，得到与平行，即可判断A；根据平面向量加法法则计算判断B；利用投影向量公式进行计算C；利用向量线性运算及向量数量积的运算法则结合图形得到的最值，即可判断D.【详解】对于A：连接，，，，，，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，，与平行，不能构成一组基底，故A正确；对于B：，，，，，故B错误；对于C：，，，，，在向量上的投影向量的模长为，故C错误；对于D：取的中点，则，，，，两式相减得：，当点与点或重合时，最大，最大值为，的最大值为，当点与点重合时，最小为，的最小值为，的取值范围为，故D正确.故选：AD.11.已知两个不相等的非零向量，两组向量和均由3个和2个排列而成，记，表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（）A.若，则与无关； B.若，则与无关；C.若，则； D.若，，则的夹角为.【答案】AC【解析】【分析】根据题意确定可能有三种情况，比较大小，确定，利用，可得，判断A;若，设,求得，判断B;若，则化简，判断C,若，，利用数量积定义求得，判断D.【详解】因为两组向量和均由3个和2个排列而成，故可能有三种情况;;②;③,，，故；若，则,则与无关,故A正确；若，设，则，则与有关，B错误；若，则，故C正确；若，，则，故，由于，故，故D错误；故选：AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则______．【答案】【解析】【分析】利用，利用诱导公式求解即可.【详解】，故答案为:．13.我国古代数学家赵爽大约在公元222年为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．类比“赵爽弦图”，可构造图2所示的图形，它是由3个全等的三角形和中间的小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形．已知，若，则的值为______．【答案】【解析】【分析】连接FB，在中，，即，在中，，在中，，代入上式得到，再由求解.【详解】如图所示：连接FB，在中，，即，所以，在中，，所以，在中，，则，因为，所以，则，所以，故答案为：14.已知函数，若函数在有6个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】画出函数图象，设，根据函数图象考虑方程有两个解和一个解两种情况，再根据函数图象讨论的解的情况，计算得到答案．【详解】当时，，当时，，画出函数图象，如图所示：函数在,有6个不同零点有以下四种可能：①方程有两个不同的实根和且方程有两个根，且方程有四个不同的实根，由函数图象知，且，令，则需，解得；②方程有两个不同的实根和且方程有零个根，且方程有六个不同的实根，函数的图象知，,,且，由于，则需，解得；③方程有两个不同的实根和且方程有1个根，且方程有5个实根成立，则需，此时无解；④方程有且只有1个根且方程有6个根，计算得或，或，不合题意；综上所述：或．故答案为：【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．四、解答题15.已知，，且与的夹角为120°，求：（1）；（2）若向量与平行，求实数的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平方的方法来求得正确答案.（2）根据向量平行列方程来求得【小问1详解】，所以.【小问2详解】由于向量与平行，所以存在实数，使得，所以，解得.16.在中，内角，，的对边分别为，，，满足．（1）求角的大小；（2）若，求周长的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知结合余弦定理即可求解；（2）由已知结合余弦定理可得，然后利用基本不等式即可求解的最小值，即可求解.【小问1详解】因为，所以，由余弦定理得，因为，所以；【小问2详解】因为，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以周长的最小值为.17.已知，记.（1）求函数的最小正周期；（2）若求，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据二倍角的正、余弦公式和辅助角公式计算可得，结合计算即可求解；（2）由题意，利用同角的平方关系可得，根据二倍角的余弦公式可得，结合和两角差的余弦公式计算即可求解.【小问1详解】因为，所以的最小正周期.【小问2详解】因为，可得，又因为，则，则，则，，可得，所以.18.已知向量，，，向量满足，且．（1）已知，且，求的值；（2）若在上为增函数，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示即可求解.（2）根据向量模的求法可得，再由二次函数的单调区间可得，设，根据向量数量积的坐标表示可得，解不等式即可.【详解】（1）由，有，；（2）由在上为增函数，则对称轴，即，设，则，又，且，则，解得，，于是，即，，即，又，故．19.在中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设.（1）试用表示；（2）若，求的余弦值；（3）若H在BC上，且，设，若，求的范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由，三点共线