2024-2025学年广西玉林市容县高中、北流高中、博白县三校高一（下）联考数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广西玉林市容县高中、北流高中、博白县三校高一（下）联考数学试卷（3月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列向量组中，可以用来表示该平面内的任意一个向量的是( )
A. a=(1,2)，b=(0,0)B. a=(1,2)，b=(−1,−2)
C. a=(1,2)，b=(5,10)D. a=(1,2)，b=(−1,2)
2.下列说法正确的是( )
A. 若两个非零向量AB,CD共线，则A，B，C，D必在同一直线上
B. 若a与b共线，b与c共线，则a与c也共线
C. 若|a|=|b|，则a=b
D. 若非零向量AB与CD是共线向量，则它们的夹角是0°或180°
3.如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，点G在AD上，且是△ABC的重心，则用向量AB,AC表示BG为( )
A. BG=−23AB+13AC
B. BG=−13AB+23AC
C. BG=23AB−13AC
D. BG=23AB+13AC
4.已知a=(−2,−1)，b=(λ,1)，若a与b的夹角α为钝角，则λ的取值范围为( )
A. (−12,+∞)B. (−12,2)∪(2,+∞)
C. (−∞,−12)D. (−2,2)
5.在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若3OA+OC=3OD+OB，则四边形ABCD一定是( )
A. 矩形B. 梯形C. 平行四边形D. 菱形
6.平面上三个力F1，F2，F3作用于一点且处于平衡状态，|F1|=1N，|F2|= 2N，F1与F2的夹角为45°，则F3大小为( )
A. 3NB. 4NC. 5ND. 6N
7.正三角形ABC中，D是边BC上的点，若AB=3，BD=1，则AB⋅AD=( )
A. 212B. 152C. 132D. 92
8.在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=3，AM=2MC，AN=12AB，CN与BM交于点P，则cs∠BPN的值为( )
A. 55B. −2 55C. − 55D. 2 55
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若a=(2,0)，b=(1, 3)，则( )
A. a⋅b=2B. |a+b|=|a−b|
C. a与b的夹角为π6D. b在a方向上的投影向量为12a
10.对于△ABC，有如下判断，其中错误的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
C. 若B=30°，c=4，b=3，则符合条件的△ABC有两个
D. 若sin2A+sin2B0时，求|a−b|；
(2)当c=(−8,−1),a//(b+c)，求向量a与b的夹角α．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且acsC+ 3asinC=b+c．
(1)求A；
(2)若a=2 3，且b>c，则△ABC的面积为2 3，求b、c．
17.(本小题15分)
在直角坐标系xOy中，已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，D为坐标平面内一点．
(1)若A，B，C三点共线，求m的值；
(2)若向量AB与AC的夹角为π4，求m的值；
(3)若四边形ABCD为矩形，求D点坐标．
18.(本小题17分)
某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距12km的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得∠BAC=30°，∠ABC=60°，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得∠BAD=75°，∠ABD=45°.(注：点A，B，C，D在同一平面内)
(Ⅰ)求△ABD的面积；
(Ⅱ)求点C，D之间的距离．
19.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2=ac，b=4，S△ABC=4 3．
(1)求B及a，c；
(2)若线段MN长为3，其端点分别落在边AB和AC上，求△AMN内切圆半径的最大值．
参考答案
1.D
2.D
3.A
4.B
5.B
6.C
7.B
8.D
9.AD
10.BD
11.ACD
12. 3
13.(5,4)
14.[0,12]
15.解：(1)∵(a+2b)⊥(2a−b)⇔(a+2b)⋅(2a−b)=0，
a+2b=(3+2x,0)，2a−b=(6−x,5)，∴(3+2x)(6−x)+0×5=0，解得x=6或−32(舍去)，
a−b=(−3,3)，
∴|a−b|= (−3)2+32=3 2；
(2)∵b+c=(x−8,−2)，a/​/(b+c)，
∴3×(−2)−2(x−8)=0，解得x=5，b=(5,−1)，
∴csα=a⋅b|a||b|=3×5+2×(−1) 32+22⋅ 52+(−1)2=1313 2= 22，
∵α∈[0,π]，
∴α=π4．
16.解：(1)因为acsC+ 3asinC=b+c，
由正弦定理得：sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
所以sinAcsC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，可得 3sinAsinC=csAsinC+sinC，
又sinC>0，可得 3sinA−csA=1，
所以sin(A−30°)=12，
因为A为三角形内角，
所以A=60°；
(2)因为a=2 3，且b>c，△ABC的面积为2 3=12bcsinA= 34bc，
所以bc=8，
又由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−2bc−bc=(b+c)2−24=12，
所以b+c=6，
由bc=8b+c=6，
解得c=2b=4或c=4b=2(舍去)．
17.解：(1)已知向量OA=(1,−1)，OB=(3,1)，OC=(m,3)(其中m∈R)，
所以AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
由于A，B，C三点共线，
故8−2(m−1)=0，解得m=5．
(2)由于AB=(2,2)，AC=(m−1,4)，
故cs=AB⋅AC|AC||AC|=2(m−1)+8 22+22× (m−1)2+42= 22，
解得m=1；
(3)设点D(x,y)，
由AB=(2,2)，BC=(m−3,2)，AD=(x−1,y+1)，CD=(x−m,y−3)，
由于四边形ABCD为矩形，
所以AB⊥BC，
故AB⋅BC=2(m−3)+4=0，解得m=1；
由AB=−CD，所以x−1=−2y−3=−2，解得x=−1，y=1；
故D(−1,1)．
18.解：(Ⅰ)在△ABD中，∠BAD=75°，∠ABD=45°，所以∠ADB=60°，
由正弦定理：ADsin∠ABD=ABsin∠ADB，得ADsin45∘=ABsin60∘，
所以AD=sin45°sin60∘⋅AB= 22 32×12=4 6(km)，
sin∠BAD=sin75°=sin(45°+30°)= 22( 32+12)= 6+ 24，
所以△ABD的面积为S△ABD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD=12×12×4 6× 6+ 24=36+12 3(km2)．
(Ⅱ)由∠BAC=30°，∠ABC=60°，得∠CAD=45°,AC=6 3．
在△ACD中由余弦定理，得
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅cs∠CAD
=36×3+16×6−2×6 3×4 6× 22=60，
所以CD=2 15(km)．
即点C，D之间的距离为2 15km．
19.解：(1)由b2=ac，b=4，得ac=16，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得16=a2+c2−32csB，即a2+c2=16+32csB，
又a2+c2≥2ac=32，当且仅当a=c时等号成立，
∴16+32csB≥32，
∴csB≥12，
又B∈(0,π)，
∴B∈(0,π3]，
∴S△ABC=12acsinB=12×16×sinB=4 3，
∴sinB= 32，
∴B=π3，由等号成立的条件可知a=c=b=4；
(2)设△AMN内切圆的圆心为O，半径为r，
则S△AMN=S△OMN+S△AOM+S△AON=12×MN×r+12×AM×r+12×AN×r，
从而r=2S△AMNL△AMN(其中L△AMN指△AMN的周长)，
∴r=2×12AM⋅AN⋅sinAMN+AM+AN= 32AM⋅AN3+AM+AN，
∵MN2=AM2+AN2−2AM⋅ANcsA=AM2+AN2−AM⋅AN，
∴9=(AM+AN)2−3AM⋅AN，
∴r= 36⋅(AM+AN)2−93+AM+AN= 36⋅(AM+AN−3)，
又(AM+AN2)2≥AM⋅AN，当且仅当AM=AN等号成立，
∴9=(AM+AN)2−3AM⋅AN≥14(AM+AN)2，
∴AM+AN≤6，
∴r≤ 32，
∴△AMN内切圆半径的最大值为 32．