2023-2024学年江苏省扬州市各名校高一数学下期中易错题强化训练（含答案）

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A．，方向相同B．，方向相同
C．，方向相同D．，，两两互不共线
2．（2023春•仪征市期中）△ABC中若有，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．等腰直角三角形
3．（2023春•广陵区校级期中）在△ABC中，若＝＝，则csA＝（ ）
A．B．C．D．
4．（2023春•广陵区校级期中）设向量，的夹角θ定义：×＝||||sinθ 若平面内互不相等的两个非零向量，满足：||＝1，（﹣）与的夹角为150°，×的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
5．（2022•南京模拟）在边长为2的等边△ABC中，D为AC的中点，M为AB边上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
6．（2022•重庆模拟）已知α，β∈（0，π），sin（α﹣β）＝，，则α+β＝（ ）
A．B．πC．D．
二．多选题（共4小题）
（多选）7．（2020春•南京期末）下列四个等式其中正确的是（ ）
A．tan25°+tan35°+tan25°tan35°＝
B．＝1
C．cs2﹣sin2＝
D．﹣＝4
（多选）8．（2023春•仪征市期中）现有△ABC满足sinA：sinB：sinC＝2：3：，且△ABC的面积S△ABC＝，则下列命题正确的是（ ）
A．△ABC周长为
B．△ABC三个内角A，C，B满足关系A+B＝2C
C．△ABC外接圆半径为
D．△ABC中线CD的长为
（多选）9．（2023春•广陵区校级期中）已知复数z1，z2满足|z1+z2|＝1，，则|z1z2|有（ ）
A．最大值B．最大值C．最小值D．最小值
（多选）10．（2023春•广陵区校级期中）设△ABC的内角A，B，C所对的边为a，b，c；则下列命题正确的是（ ）
A．若ab＞c2；则
B．若a+b＞2c；则
C．若a3+b3＝c3；则
D．若（a+b）c＜2ab；则
三．填空题（共6小题）
11．（2016•新课标Ⅰ）设向量＝（x，x+1），＝（1，2），且⊥，则x＝ ．
12．（2023春•仪征市期中）已知，且，，则α﹣β的值为 ．
13．（2023春•仪征市期中）斯特瓦尔特（Stewart）定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点D在边BC上，且，则．已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，b＝2c＝4，，点D在BC上，且△ABD的面积与△ADC的面积之比为2，则AD＝ ．
14．（2023春•广陵区校级期中）正三角形ABC边长等于，点P在其外接圆上运动，则的取值范围是 ．
15．（2023春•广陵区校级期中）已知，，与的夹角为135°，则在方向上的投影向量为 ．
16．（2023春•广陵区校级期中）若复数（1+ai）2（i为虚数单位）是纯虚数，则实数a＝ ．
四．解答题（共5小题）
17．（2017•江苏）已知向量＝（csx，sinx），＝（3，﹣），x∈[0，π]．
（1）若，求x的值；
（2）记f（x）＝，求f（x）的最大值和最小值以及对应的x的值．
18．（2022•湖南模拟）法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1，O2，O3．
（1）求A；
（2）若，△O1O2O3的面积为，求△ABC的周长．
19．（2023春•广陵区校级期中）已知＝（csα，sinα），＝（csβ，sinβ），其中0＜α＜β＜π．
（1）求证：+与﹣互相垂直；
（2）若k+与﹣k的模相等，求β﹣α的值（k为非零的常数）．
20．（2021•盐城三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3＝与＝0．
（1）若b＝c，求A的值；
（2）求B的最大值．
21．（2023春•广陵区校级期中）已知定义在R上的函数f（x）同时满足：
①f（x1+x2）+f（x1﹣x2）＝2f（x1）cs2x2+4asin2x2（x1，x2∈R，a为实数）；
②f（0）＝f（）＝1；
③当x∈[0，]时，|f（x）|≤2．求：
（1）函数f（x）的解析式；
（2）实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．【解答】解：因为||＝||＝||＝1，且+2+3＝，
所以+2＝﹣3，
所以＝9，
即+4•+4＝9，
所以1+4×1×1×csθ+4＝9，
解得csθ＝1，
又因为θ∈[0，π]，所以θ＝0，
所以与方向相同．
故选：A．
2．【解答】证明：∵在△ABC中，
∴sin（A+B）＝
∴2sincs＝
∴2cs2﹣1＝0
∴cs（A+B）＝0
∴A+B＝，即C＝，
∴△ABC是直角三角形．
故选：B．
3．【解答】解：设△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，
由＝＝得，
即，
由余弦定理得：＝＝，
令＝＝＝t，（t＞0）
则，解得，
∴＝＝＝．
故选：D．
4．【解答】解：设＝，＝，
则＝﹣，
∵||＝1，﹣与的夹角为150°，
∴△OAB中，OA＝1，∠OBA＝30°，
由正弦定理可得：△OAB的半径为1，
则B点为圆上与OA不重合的动点，
设∠AOB＝θ（0°＜θ＜150°），
由正弦定理可得，AB＝2sinθ，OB＝2sin（150°﹣θ），
则×＝OA•OBsinθ＝2S△OAB＝AB•OB•sin30°
＝2sinθsin（150°﹣θ）＝﹣[cs150°﹣cs（2θ﹣150°）]
＝+cs（2θ﹣150°），
当θ＝75°时，×取得最大值，且为1+．
故选：C．
5．【解答】解：以为基底向量，，
设，
∵，
∴，
当时，取到最小值．
故选：D．
6．【解答】解：∵α，β∈（0，π），sin（α﹣β）＝，，
∴sinαcsβ﹣csαsinβ＝，＝﹣，
解得sinαcsβ＝，csαsinβ＝﹣，
∴sin（α+β）＝﹣，且＜α＜π，0＜β＜，
∴＜α+β＜，∴α+β＝．
故选：C．
二．多选题（共4小题）
7．【解答】解：对①：tan60°＝tan（25°+35°）＝＝，故tan25°+tan35°+tan25°tan35°＝，故正确；
对②：＝tan45°＝1，故＝，故错误；
对③：cs2﹣sin2＝cs＝，故错误；
对④：﹣＝＝＝＝4，故正确．
故选：AD．
8．【解答】解：现有△ABC满足sinA：sinB：sinC＝2：3：，
所以a：b：c＝2：3：，
设a＝2t，b＝3t，c＝t，t＞0，
利用余弦定理csC＝，
由于C∈（0，π），
所以C＝，
所以A+B＝，故A+B＝2C，所以△ABC三个内角A，C，B成等差数列，故B正确；
利用，
所以absinC＝•2t•3t•＝，解得t＝1．
所以：a＝2，b＝3，c＝，
所以△ABC的周长为5+，故A正确；
利用正弦定理 ，△ABC外接圆半径R为，故C错误；
如图所示：

利用正弦定理，解得sinA＝，所以csA＝，
利用余弦定理：CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•csA＝92×3×，
解得CD＝，故D正确．
故选：ABD．
9．【解答】解：设b＝2z1z2，a＝，
则|a|＝4，|a+b|＝1，
所以|b|＝|a+b+（﹣a）|≤|a+b|+|﹣a|＝5，
|b|＝|a+b﹣a|≥|a|﹣|a+b|＝3，
|z1z2|＝|b|的最大值为，最小值为．
故选：BD．
10．【解答】解：对于A，由，故A正确；
对于B，由，故B正确；
对于C，若，则c2≥a2+b2⇒c3≥a2c+b2c＞a3+b3，与a3+b3＝c3矛盾，故C＜，故C正确；
对于D，取a＝b＝2，c＝1，满足（a+b）c＜2ab，此时，故D错误．
故选：ABC．
三．填空题（共6小题）
11．【解答】解：∵；
∴；
即x+2（x+1）＝0；
∴．
故答案为：．
12．【解答】解：因为，，
所以﹣＜＜0，＜＜π，
因为，
所以cs（）＝，cs（+β）＝，
又0＜α﹣β，
cs（α﹣β）＝﹣cs[（）+（）]＝﹣cs（）cs（）+sin（）sin（）＝+（）×＝，
则α﹣β＝．
故答案为：
13．【解答】解：由及正弦定理可得，
∵B∈（0，π），则sinB＞0，
∴，则，
∵A∈（0，π），故，
∵b＝4，c＝2，由余弦定理可得，
，则，故m＝2n，
由斯特瓦尔特定理可得，
因此，．
故答案为：．
14．【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
由正三角形ABC边长等于，
则A（），B（），
设正三角形ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理可得，
即R＝1，
又易得正三角形ABC外接圆的圆心为（0，），
即正三角形ABC外接圆的方程为，
则，
则，，
则＝，
又sinθ∈[﹣1，1]，
即的取值范围是，
故答案为：．
15．【解答】解：因为在方向上的投影为＝，与同向的单位向量为＝，
所以在方向上的投影向量为﹣，
故答案为：﹣．
16．【解答】解：由题意，（1+ai）2＝1+2ai+a2i2＝1﹣a2+2ai，
要使复数是纯虚数，则有1﹣a2＝0且2a≠0，解得a＝±1．
故答案为：±1
四．解答题（共5小题）
17．【解答】解：（1）∵＝（csx，sinx），＝（3，﹣），∥，
∴﹣csx＝3sinx，
当csx＝0时，sinx＝1，不合题意，
当csx≠0时，tanx＝﹣，
∵x∈[0，π]，
∴x＝，
（2）f（x）＝＝3csx﹣sinx＝2（csx﹣sinx）＝2cs（x+），
∵x∈[0，π]，
∴x+∈[，]，
∴﹣1≤cs（x+）≤，
当x＝0时，f（x）有最大值，最大值3，
当x＝时，f（x）有最小值，最小值﹣2．
18．【解答】解：（1）由，
得，
即，
即
即，
∵sinC≠0，∴，
由正弦定理得，
∵sinB≠0，∴，
∴，
∵0°＜A＜180°，∴A＝60°；
（2）如图，连接AO1，AO3，
则，
正ΔO1O2O3面积，
∴，
而∠BAC＝60°，则∠O1AO3＝120°，
∴△O1AO3中，由余弦定理得：，
即，则b2+c2+bc＝7，
在△ABC中，，
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccs∠BAC，
则b2+c2﹣bc＝3，
∴bc＝2，b2+c2＝5，
∴，
所以△ABC的周长为．
19．【解答】证明：（1）由题意得：+＝（csα+csβ，sinα+sinβ），
﹣＝（csα﹣csβ，sinα﹣sinβ），
∴（+）•（﹣）＝（csα+csβ）（csα﹣csβ）+（sinα+sinβ）（sinα﹣sinβ）
＝cs2α﹣cs2β+sin2α﹣sin2β＝1﹣1＝0，
∴+ 与﹣互相垂直．
（2）解：k+＝（kcsα+csβ，ksinα+sinβ），
﹣k＝（csα﹣kcsβ，sinα﹣ksinβ），
|k+|＝，|﹣k|＝，
由题意得4cs（β﹣α）＝0，
∵0＜α＜β＜π，
∴β﹣α＝．
20．【解答】解：（1）因为•＝0，所以（+）＝0，
即（+）＝0，
所以bc•csA+b2＝0，
因为b＝c，所以csA＝﹣，
因为0＜A＜π，所以A＝．
（2）因为bc•csA+b2＝0，
所以b2+c2﹣a2+b2＝0，即2b2+c2﹣a2＝0，
csB＝＝≥，当且仅当a＝c时等号成立，
因为0＜B＜π，所以B的最大值为．
21．【解答】解：（1）在f（x1+x2）+f（x1﹣x2）＝2f（x1）cs2x2+4asin2x2中，
分别令，，，
得，
由①+②﹣③，得：
2f（x）＝2a+2cs2x﹣2cs（+2x）+4a（）﹣4a（）
＝2a+2（cs2x+sin2x）﹣2a（cs2x+sin2x），
∴f（x）＝a+（1﹣a）sin（2x+）；
（2）当x∈[0，]时，则≤2x≤，
∴sin（2x+）∈[，1]，
∵|f（x）|≤2，
①当a＜1时，﹣2≤a+[（1﹣a）]≤f（x）≤a+（1﹣a）≤2，
即1﹣≤（1﹣）a≤2﹣，解得﹣≤a≤1，
故a的取值范围[﹣，1）；
②当a≥1时，﹣2≤a+（1﹣a）≤f（x）≤1，
即﹣2﹣≤（1﹣）a≤1﹣，
解得1≤a≤4+3．
综上，满足条件a的取值范围[﹣，4+3]．
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