阶段测试卷（范围：平面向量、复数、三角函数、解三角形）-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦平面向量、复数、三角函数、解三角形四大模块，以题载法构建系统性解题方法体系，强化知识间逻辑关联与综合应用，培养数学思维与问题解决能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |复数|1题|复数代数形式运算及虚部定义|从复数概念到运算，体现数学语言精确表达| |平面向量|6题|投影向量定义、共线向量性质、向量线性运算|向量概念→线性运算→数量积→几何应用的逻辑链| |三角函数|7题|三角恒等变换、图象平移与对称性、函数零点性质|三角函数定义→图象性质→恒等变形的推导关系| |解三角形|4题|正弦定理、余弦定理、面积公式及实际应用|三角形边角关系→定理推导→实际问题建模的应用拓展|

2027高三一轮复习阶段测试卷 （范围：平面向量、复数、三角函数、解三角形） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知复数，则的虚部为（     ） A． B． C． D． 2．已知向量且向量在向量上的投影向量为，则（     ） A． B． C． D． 3．已知，且，则（     ） A． B． C． D． 4．已知，是的内角，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 5．已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在 中， 为 的中点， 为 的中点，过点 任作一直线 分别交 于 两点，若 ，则 （    ） A．1 B．2 C．4 D．8 7．将函数的图象向左平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．将函数的图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，若以与图象上相邻的三个交点为顶点的三角形面积为，则函数图象的一个对称中心为（   ） A． B． C． D． 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．已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A．函数的图象关于直线对称 B．函数在区间上单调递增 C．将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得的图象 D．当时，曲线与的图象有4个交点 10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若是锐角三角形，则 C．若，则为钝角三角形 D．若，则为直角三角形 11．设是所在平面内一点，则（   ） A．若，则点是的外心 B．若，则点是的重心 C．若，则点是的内心 D．若，则点在的角平分线上 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，，若，则__________． 13．如图，一架无人机在地面A处准备起飞侦察前方一座山峰顶端P.此时地面观测员测得峰顶P的仰角为.无人机启动后，沿着与地面成角的直线轨迹飞行了2km到达点B悬停.此时，无人机上的传感器测得峰顶P的仰角变为 .求这座山峰的高为_________ 14．已知平行四边形的面积为，，为线段的中点，为线段上一点，且，则的最小值为__________. 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．已知向量，． (1)求及； (2)若，求的值； (3)求与的夹角的余弦值． 16．已知向量，记函数．在中，若． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，求的取值范围． 17．海岸上建有相距海里的雷达站，某一时刻接到海上船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为，．    (1)救援出发时，船距离雷达站的距离为多少？ (2)判断若船以30海里每小时的速度前往处，能否在1.5小时内赶到救援（通过计算说明理由）？ (参考数据) 18．已知，，分别为三个内角，，的对边，满足． (1)求； (2)若，且面积为，求的周长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围． 19．已知函数，是的两个零点，且的最小值是． (1)求的值； (2)求在上的值域； (3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A D C A C A B ABD ACD 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】，所以， 故的虚部为. 2．A 【分析】根据向量投影向量的定义，结合向量的模长，对比已知投影向量的系数即可求得数量积. 【详解】已知向量，则，因此， 又因为向量在向量上的投影向量为，即， 解得，故A正确. 3．D 【分析】利用同角三角函数平方关系，结合完全平方公式以及角的范围分析求解即可. 【详解】因为，所以， 即，解得， 由， 因为，所以，又，所以， 所以，所以. 4．C 【分析】根据余弦函数的单调性判断即可. 【详解】因为是的内角，且，所以. 因为在上单调递减，所以，故充分性成立； 反之，在上单调递减，. 若，则，故必要性成立， 所以在中，“”是“”的充要条件. 5．A 【分析】通过将所求式换元成关于的三角式，利用诱导公式、二倍角余弦公式计算即可. 【详解】令，则，， 将代入所求角， 则. 6．C 【分析】首先结合分别为中点的条件，通过向量中点公式将用、线性表示，再结合、的已知条件，将转化为以、为基底的线性形式，最后利用三点共线时向量系数和为的性质即可求解目标式. 【详解】∵ 为的中点，根据向量中点公式，可得. 又∵ 为的中点，∴ . 由题知，，变形得，，代入上式可得 . ∵三点共线，根据共线向量的系数性质，可得. 等式两边同乘，得. 7．A 【分析】利用图象平移法则，得到向左平移个单位长度后的函数为，再结合条件得到，即可求解. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后， 得到， 由题有，即，取，得到， 故选：A. 8．B 【分析】利用函数图象平移规则得出的解析式，再由对称性及面积求得交点坐标，可得结果. 【详解】如图， 不妨取轴右侧的连续三个交点，分别记为的最小正周期为，可得， 由的面积为及对称性知，，解得， 进而，代入得， 即，并结合，得， 所以．令， 解得，所以函数图象的对称中心是， 所以是函数图象的一个对称中心． 9．ABD 【分析】根据图象利用五点法可得.求的对称轴和单调区间，即可判断AB；根据图象变换判断C；画出与的图象，结合图象判断D. 【详解】图像最高点纵坐标为 2，得， 由得，且，则，解得， 将点代入得，即， 则，即， 且，可得，，所以. 选项 A：令，可得， 当时，则，所以函数的图象关于直线对称，故A 正确； 选项 B：令，解得， 当时，可得函数的递增区间为， 且，所以函数在区间上单调递增，故B 正确； 选项 C：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得 不是，故C 错误； 选项 D：当时，画出与的图象， 由图象可知：当时，曲线与的图象有4个交点，故D 正确. 10．ACD 【详解】对于A，由，结合正弦定理得，所以，故A正确； 对于B，因为是锐角三角形，所以，所以， 又因为，，所以， 又在上单调递增，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，所以， 所以，所以， 所以，又， 所以，所以中一定有一个为负， 所以为钝角三角形，故C正确； 对于D，因为，所以， 所以，所以， 又，所以，所以， 所以，所以为直角三角形，故D正确. 11．ABD 【分析】A. 向量模相等即到三顶点距离相等，符合外心定义；B.由向量和为零结合中线性质，推出点满足重心分比；C. 由数量积相等推出垂直关系，说明为垂心而非内心；D. 利用单位向量构造角平分线方向，证得与角平分线共线. 【详解】选项A：三角形外心是外接圆圆心，性质是到三个顶点距离相等，即，符合外心定义，A正确； 选项B：若 ，取中点，由向量中点性质得 ，代入得， 说明在中线上，且满足重心分中线为的性质，故是的重心，B正确； 选项C：由 变形得，即； 同理可得，，说明是的垂心，不是内心，C错误； 选项D：设，，则分别是沿方向的单位向量，且， 则题中条件为，即， 又因为 ， 所以也垂直于，而的方向是的内角平分线方向， 因此与角平分线共线，点在的角平分线上. 12． 【分析】计算的坐标，利用向量垂直的坐标表示列方程求解即可. 【详解】因为，，则. 又，则 . 即 ，整理得，解得. 13． 【分析】利用角度关系求出，在中，由正弦定理可得即可求解. 【详解】因为, 所以，， 在中，由正弦定理可得：，解得：， 所以 14． 【分析】设，，，由平行四边形面积为可得，利用平面向量的基本定理求出，结合即可求出的值，表示出的模长，利用基本不等式求最值即可求解. 【详解】解：设，，，， 则，， 为线段的中点， ，， 又 （当且仅当，即时等号成立） 故的最小值为 15．(1) ， (2) (3) 【分析】（1）由数量积的坐标公式及模的坐标公式，结合平面向量线性运算的坐标表示进行求解即可； （2）由平面向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示列出关于的方程，求解可得； （3）根据平面向量夹角的坐标公式进行求解即可. 【详解】（1）由向量，，得； ， . （2）， ， 若，则， 解得. （3）由，， 得， ， 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）先通过向量数量积的坐标运算，结合二倍角公式，将化简为正弦型函数的形式.代入，结合为三角形内角的范围，解三角方程求. （2）利用正弦定理将边比转化为对角正弦比，再根据锐角三角形的条件，解出角的精确范围，最后利用三角函数单调性求出值域. 【详解】（1）由题意，数量积为： ，化简得： ， 利用辅助角公式合并：. 因为，所以：，在中，，故. 在此范围内满足正弦值为的解为：（另一解得舍去，得舍去），解得. （2）由（1）知，则,即. 因为为锐角三角形，所以且. 代入得：,解得：. 由正弦定理得：，展开分子：，因为，单调递减，取值范围为. 所以：，故. 17．(1)60海里 (2)能在小时内赶到救援 【分析】（1）在中，求出，利用正弦定理求解即可； （2）在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，比较时间即可判断. 【详解】（1）在中，因为，, 所以,. 又, 所以由正弦定理可得，即，解得, 所以A船距离雷达站C的距离为60海里. （2）在中，根据正弦定理可得, 即,解得, 在中，由余弦定理可得, 解得, 因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而, 所以能在小时内赶到救援. 18．(1) (2)6 (3) 【分析】（1）根据正弦定理求解即可. （2）根据三角形面积公式及余弦定理求解即可. （3）根据三角形面积公式及正弦定理，结合两角差的正弦公式及同角的三角函数关系求解即可. 【详解】（1）由及正弦定理得，， 因为，所以，所以，即． 因为，所以. （2）因为，所以， 由余弦定理可得， 即，所以. 所以的周长为. （3）已知，面积， 由正弦定理得，则. 因为，，所以，则. 所以. 因为为锐角三角形， 所以，即，所以. 所以，故. 因此，即面积的取值范围为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）化简函数为，结合题意，得到的最小正周期为，结合最小正周期的公式，即可求解； （2）由，得到，结合正弦函数的性质，即可求解； （3）设，得到，根据题意，转化为不等式在上恒成立，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由， 因为是的两个零点，且的最小值是， 即是的两个根，即的两个根， 可得函数的最小正周期为， 又因为，可得最小正周期，解得． （2）由（1）知， 因为，可得， 当，即时，取得最小值，； 当，即时，取得最大值，， 所以在上的值域为． （3）因为，设，，由（2）可知， 不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立，即， 因为，当且仅当时，等号成立． 所以的取值范围是． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $