2023-2024學年江蘇省高郵市高三下學期3月學情調(diào)研測試數(shù)學模擬試題一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．設，是兩個不共線的向量，若向量與向量共線，則（

）A． B．C． D．2．下列命題中，正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則3．函數(shù)的最小正周期是（

）A． B． C． D．4．已知，則（

）A． B．C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．已知的外接圓圓心為，，，則在上的投影向量為（

）A． B．C． D．7．公元9世紀，阿拉伯計算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奧地利數(shù)學家、天文學家雷蒂庫斯在《三角學準則》中首次用直角三角形的邊長之比定義正割和余割，在某直角三角形中，一個銳角的斜邊與其鄰邊的比，叫做該銳角的正割，用sec(角)表示；銳角的斜邊與其對邊的比，叫做該銳角的余割，用csc(角)表示，則=（

）A．4 B．8 C． D．8．已知函數(shù)，，若當時，總有，則實數(shù)的最大值為（

）A． B． C． D．二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．下列說法錯誤的是（

）A．在正三角形中，，的夾角為B．若，且，則C．若且，則D．對于非零向量，“”是“與的夾角為銳角”的充分不必要條件10．下列命題正確的是（

）A．B．C．D．11．如圖，已知直線，點是，之間的一個定點，點到，的距離分別為1和2，點是直線上的點，點是直線上的點，且，平面內(nèi)一點滿足：，則（

）

A．為直角三角形 B．C．面積的最小值是 D．三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在答題卡的橫線上.12．如圖，正八邊形，其外接圓半徑為2，則=.

13．若為第一象限角，且，則.14．已知平面單位向量滿足，設，向量的夾角為，則的最小值為．四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．在長方形中，E為邊DC的中點，F(xiàn)為邊BC上一點，且，設，.(1)試用基底，表示，，；(2)若G為長方形所在平面內(nèi)一點，且，求證：三點不能構成三角形.16．已知平行四邊形中，，點是線段的中點.(1)求的值；(2)若，且，求的值.17．（1）已知且及，求的值；（2）已知，且，求的值.18．如圖，在△中，為線段上靠近點的三等分點，是線段上一點，過點的直線與邊，分別交于點，，設，.

(1)若，，求的值；(2)若點為線段的中點，求的最小值.19．如果存在實數(shù)對使函數(shù)，那么我們就稱函數(shù)為實數(shù)對的“正余弦生成函數(shù)”，實數(shù)對為函數(shù)的“生成數(shù)對”；(1)求函數(shù)的“生成數(shù)對”；(2)若實數(shù)對的“正余弦生成函數(shù)”在處取最大值，其中，求的取值范圍；(3)已知實數(shù)對為函數(shù)的“生成數(shù)對”，試問：是否存在正實數(shù)使得函數(shù)的最大值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.1．B【分析】根據(jù)向量共線，求得關于的方程，求解即可.【詳解】因為，是兩個不共線的向量，由，共線，則存在實數(shù)，使得，則，解得或，則.故選：B.2．C【分析】根據(jù)向量的概念逐一判斷.【詳解】對于A：若，則只是大小相同，并不能說方向相同，A錯誤；對于B：向量不能比較大小，只能相同，B錯誤；對于C：若，則方向相同，C正確；對于D：若，如果為零向量，則不能推出平行，D錯誤.故選：C.3．B【分析】根據(jù)二倍角公式化簡后利用周期的計算公式即可求解.【詳解】，故最小正周期為.故選：B4．A【分析】根據(jù)兩角和的正切公式及二倍角的余弦公式，利用誘導公式及特殊值的三角函數(shù)，結合三角函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】，，，所以，，，所以.故選：A.5．D【分析】根據(jù)余弦的和差角公式求得，再求結果即可.【詳解】因為，則，，解得，，故，則.故選：D.6．D【分析】根據(jù)條件作圖可得為等邊三角形，根據(jù)投影向量的概念求解即可.【詳解】因為，所以外接圓圓心為的中點，即為外接圓的直徑，如圖，又，所以為等邊三角形，則，故，所以向量在向量上的投影向量為．故選：D．7．A【分析】根據(jù)正割和余割的定義，結合三角恒等變換，化簡求值即可.【詳解】.故選：A.8．B【分析】構造，由題可知，在區(qū)間單調(diào)遞減，結合正弦函數(shù)單調(diào)性即可求得結果.【詳解】令，當時，總有，也即，故在區(qū)間單調(diào)遞減；又令，解得，故在單調(diào)遞減，則的最大值為.故選：B.9．ACD【分析】根據(jù)向量的夾角定義可判斷A；根據(jù)平行向量的定義可判斷B；根據(jù)平面向量數(shù)量積的運算律可判斷C；根據(jù)平面向量數(shù)量積的定義可判斷D.【詳解】對于A，在正三角形中，的夾角為，故A錯誤；對于B，若，且，則，故B正確；對于C，若，則，當時，可以有，故C錯誤；對于D，當時，與的夾角為銳角或零角，故充分性不成立，當與的夾角為銳角時，，故必要性成立，所以“”是“與的夾角為銳角”的必要不充分條件，故D錯誤.故選：ACD.10．BC【分析】利用誘導公式差角的正弦化簡判斷A；利用和角正切公式化簡判斷B；利用湊特殊角及差角的余弦化簡判斷C；利用二倍角的正弦計算判斷D.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，，B正確；對于C，，C正確；對于D，，D錯誤.故選：BC11．ABD【分析】利用數(shù)量積的運算法則與三角形重心的向量表示判斷AB；設，利用三角形面積公式結合正弦函數(shù)性質(zhì)判斷C；利用數(shù)量積的運算法則，結合基本不等式判斷D.【詳解】對于A，因為，所以，即，所以，即，則，所以為直角三角形，故A正確；對于B，取中點，連接，如圖，

由，得，因此點是的重心，則，故B正確；對于C，過點作，則共線，，設，而，則，所以，又點為的重心，所以的面積，當且僅當，即時取等號，故C錯誤；對于D，與選項B同理可得，所以，當且僅當，即時取等號，則，故D正確；故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵有二，一是利用數(shù)量積的運算法則由證得，二是由推得點是的重心，從而得解.12．【分析】由，結合角度關系以及數(shù)量積定義和運算律即可求得結果.【詳解】正八邊形，故，故；則.故答案為：.13．##【分析】利用湊角及同角三角函數(shù)的平方關系，結合兩角差的余弦公式即可求解.【詳解】因為為第一象限角，即，所以.所以，因為,所以.所以.故答案為：.14．【解析】設向量的夾角為，由得，由可求得結果.【詳解】設單位向量的夾角為，則，因為，所以，即，所以，所以，又，所以，，，所以，所以當時，取最小值.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：利用平面向量數(shù)量積的定義求解是解題關鍵.15．(1)，，(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)向量的線性運算可求，，；（2）利用向量的線性運算可得，故可證三點共線.【詳解】（1）；；.（2），，又與有公共端點，三點共線，三點不能構成三角形.16．(1)(2)2【分析】（1）根據(jù)數(shù)量積的定義即可求解，（2）根據(jù)向量的線性運算以及數(shù)量積的運算律即可求解.【詳解】（1）（2），，，，即，解得：.17．（1）；（2）9.【分析】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)關系，求得，再求，結合角度范圍，即可求得結果；（2）根據(jù)，以及，結合正切的和差角公式，以及同角三角函數(shù)關系，即可求得，則問題得解.【詳解】（1）已知，，且及，所以，，所以，又及，所以，故.（2）

，，，，又，.18．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)三點共線，用表達，再用表達，結合三點共線，即可由共線定理求得；（2）用表達，再用表達，根據(jù)，待定系數(shù)求得關于參數(shù)的表達式，利用基本不等式即可求得其最小值.【詳解】（1）由點共線可設，則，即，，，，為線段上靠近點的三等分點，，由點共線可設，即，故，解得，故，.（2），，，故，又為中點，則，故，得，，當且僅當，即時，等號成立；故的最小值為.19．(1)(2)(3)存在，【分析】（1）利用兩角和差正弦公式、二倍角公式化簡函數(shù)，結合“生成數(shù)對”定義可得結果；（2）利用輔助角公式、正弦型函數(shù)最值的求法可確定，進而由二倍角正切公式可將表示為關于的函數(shù)的形式，結合的范圍和函數(shù)單調(diào)性可求得結果；（3）由兩角和差余弦公式、“生成數(shù)對”定義可求得，進而可化簡整理所求函數(shù)為，采用換元法，討論二次函數(shù)對稱軸的位置，從而確定最大值點，利用最大值構造方程即可.【詳解】（1），的“生成數(shù)對”為.（2）由題意知：，其