2024-2025学年广东省广州市高一下册3月联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高一下册3月联考数学检测试题（附解析），共16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. 如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，则（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】题意可得，即可得到，再根据平面向量线性运算计算即可.
【详解】依题意在平行四边形中，，
又是的中点，则，
又与交于点，
所以，则，
所以，
又，
所以
故选：A.
2. 在中，，，，则为（ ）
A. B. C. 或D.
【正确答案】B
【分析】根据给定条件利用正弦定理并结合大边对大角求解即得.
【详解】在中，因，，，则由正弦定理得：，
因，则，于是得，
所以为.
故选：B
3. G是的重心，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若，则角（ ）
A. 90°B. 60°
C. 45°D. 30°
【正确答案】D
【分析】根据重心的性质得a∶b∶c＝1∶1∶1，由此应用余弦定理可求得．
【详解】因为G是的重心，所以有.
又，所以a∶b∶c＝1∶1∶1，
设c＝，则有a＝b＝1，由余弦定理可得，csA＝，所以A＝30°，
故选：D.
4. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，，且，则的面积为（ ）
A. 3B.
C. D. 3
【正确答案】C
【分析】由向量平行的坐标表示结合余弦定理可得，再由三角形的面积公式求解即可；
【详解】因，，且，
所以，化为.
所以，解得.
所以.
故选：C
5. 已知满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D. 2
【正确答案】C
【分析】令，过作于，利用投影向量的意义求出，再利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求出，由给定向量等式确定点的位置即可求解.
【详解】在中，令，过作于，，
由向量在向量上的投影向量为，得，
解得，则，由，得
，解得，由，
得，即，因此，
在中，.
故选：C

6. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ）
A. －1B. C. D.
【正确答案】C
【分析】分析题目条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果.
【详解】∵分别表示与方向的单位向量，
∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为的平分线所在直线，
∵，∴的平分线与垂直，故.
取的中点，连接，则，
由题意得，，
∴.

如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，故.
设，则，∴，
∴，，
∴，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：C.
7. 在中，，，最短边的长为，则最长边的长为（ ）
A. B. C. D. 5
【正确答案】D
【分析】易得，则，再利用两角和的正切公式求出，即可得出最长边和最短边，再利用正弦定理即可得解.
【详解】由，，
所以，所以，
又，
所以，所以，所以，
故，为最长的边，
由，得，
则，
所以（舍去），
由正弦定理得，所以.
即最长边的长为.
故选：D.
8. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边△，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长AC，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：在中，，
又，则，设，则，
在中，由正弦定理得，解得，
在中，由余弦定理得，
即，又，解得，则，
所以，
故选：B
二、多选题（每题6分，部分选对得部分分，选错不得分，全部选对得6分，3题共18分）
9. 在中，下列结论中，正确的是（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，且结合BC的长解三角形，有两解，则BC长的取值范围是
【正确答案】AB
【分析】对A，根据及角A、B的范围，可判断A的正误；对B，根据大边对大角原则，可判断B的正误；对C，根据条件及余弦定理，可判断C的正误；对D，利用三角形个数的情况，可判断D的正误.
【详解】对于A，因为，且，且，
所以，所以是等腰三角形，所以选项A正确；
对于B，由，则，可得，所以选项B正确；
对于C，由，以及余弦定理可得，
又，所以，但不知角的值，
不一定为锐角三角形，所以C错误；
对于D，由，若三角形有两解，则，
所以长的取值范围是，所以D错误.
故选：AB.
10. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心､重心､垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理.设点分别为三角形的外心､重心､垂心，且为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABC
【分析】利用欧拉线的几何性质，再结合平面几何中的平行性质，以及向量的线性运算，即可作出判断.
【详解】
对于A，由是的中点，又由是外心，是垂心，可知:
所以，根据平行线分线段成比例可知：，
又由欧拉线的性质可知：，所以，即，故A正确；
对于B，由于是重心，所以，
而是的中点，所以，代入上式可得：，故B正确；
对于C，因为是外心，所以，故C正确；
对于D，由向量的加法可知：，故D错误；
故选：ABC.
11. 已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的有（ ）
A. 面积最大值为B.
C. 周长的最大值为6D. 的取值范围为
【正确答案】AC
【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，利用余弦定理计算可判断；C选项，利用余弦定理和基本不等式求解周长的最大值；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围.
【详解】解：对于A，由余弦定理得：，解得：，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
所以，故，故A正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，由余弦定理得：，解得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
解得，当且仅当时，等号成立，
所以，周长，所以周长的最大值为6，故C正确；
对于D，，
因为，所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
三、填空题（每题5分，3题共15分）
12. 设是单位向量，且，则的最小值为__________．
【正确答案】
【分析】设与的夹角为，根据已知，利用向量的数量积的运算将化为关于的三角函数表达式，进而利用三角函数的性质求得最小值.
【详解】，且均为单位向量，
∴，
||=1，,
∴
设与的夹角为θ，
则.
故的最小值为
故
13. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的面积为_____．
【正确答案】
【分析】由正弦定理边角转化得，结合余弦定理可得，利用三角形面积公式可得结果.
【详解】∵，∴由正弦定理得，
∴，即，
∴，即，
由正弦定理得，
∵，∴，
由余弦定理得，得，
∴的面积．
故．
14. 作用于同一点的三个力处于平衡状态，已知，，的夹角为，则与夹角的大小为______.
【正确答案】
【分析】结合平面向量的运算法则和数量积的计算公式求解，由，可得，从而利用数量积的定义列式求解即可.
【详解】因为，，三个力处于平衡状态，所以，则，
所以，
设夹角的大小为，由得，
所以，所以，又，所以，
即与夹角的大小为.
故
四、解答题（3题共47分）
15. 已知，，与夹角为.
（1）若与共线，求实数的值；
（2）求的值；
（3）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用向量共线定理得到方程组，解出即可；
（2）根据向量数量积的运算律和定义计算即可；
（3）根据向量夹角为锐角，则向量数量积大于0，并去掉共线同方向的情况即可.
【小问1详解】
因为与共线，
所以存在实数使得，
所以，解得，所以；
【小问2详解】
因为，，与的夹角为，
所以，
所以，
则；
【小问3详解】
向量与的夹角是锐角，
可得，且与不同向共线，
即为，
即有，解得，
由与共线，可得，
解得，当时，两者同向共线，
则实数的取值范围为.
16. 已知分别为的角所对的边，且满足，．
（1）求；
（2）若外接圆的半径为，求.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解；
（2）先利用三角形内角和定理和两角差的正弦公式求得的值，再根据正弦定理求解即可.
【小问1详解】
，由正弦定理可得，
，.
，.
【小问2详解】
由（1）知，.
，，.
由正弦定理可知，.
17. 如图，在中，为 边上一点，且.

（1）求的长及的值；
（2）若，求周长；
（3）若，求中边上的高.
【正确答案】（1），
（2）
（3）
【分析】（1）在中，利用正弦定理即可求出，根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式即可求出；
（2）由，可得，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解；
（3）先根据三角形的面积公式求出，再在中，由余弦定理求出，再在中，由余弦定理求出，即可得解.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
；
【小问2详解】
因为，
所以，即，
在中，由（1）结合正弦定理得，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得
，
所以，
所以的周长为；
【小问3详解】
，所以，
在中，由余弦定理得
，
所以，
在中，由余弦定理得
，
解得（舍去），
所以中边上的高为.
方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法：
先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种：
（1）利用余弦定理求出其它角；
（2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解.
若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好.