江苏省扬州市高邮市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省扬州市高邮市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），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。
一、单选题
1．函数的零点是（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．设，是平面内两个不共线的非零向量，已知，，，若，，三点共线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．的值等于（ ）
A．B．1C．D．2
5．如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则使得有两组解的a的值可以为（ ）
A．10B．8C．5D．4
7．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，则角的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，点D是边的中点，且，若点P为平面内一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列有关向量的说法，正确的有（ ）
A．若是等边三角形，则向量，的夹角为60°
B．两个非零向量，若，则与共线且反向
C．若，，则可作为平面向量的一组基底
D．已知非零向量，满足，则A，B，C，D四点构成一个梯形
10．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，已知的内接四边形ABCD中，，，，则（ ）
A．四边形ABCD的面积为
B．该外接圆的半径为
C．过D作交BC于F点，则
D．
三、填空题
12．已知向量，的夹角为45°，且，，则 .
13．已知，则 ．
14．在非钝角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点P是的重心且，则角 ；若，，则 .
四、解答题
15．已知，，其中，.
(1)求；
(2)求.
16．已知是同一平面内的三个向量，其中.
(1)若，且，求的坐标；
(2)若，且与垂直，求在方向上的投影向量（用坐标表示）.
17．如图，在平面四边形ABCD中，，，，，.
(1)求线段AC的长度；
(2)求的值.
18．已知函数的最小正周期为.
(1)求的解析式；
(2)若关于x的方程在区间上有相异两解，.
①求实数m的取值范围；
②当时，函数取最大值，设，求.
19．“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点P为的费马点，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角B；
(2)若，求的值；
(3)若，，求实数的最小值.
1．C
根据给定条件，求出零点即可.
【详解】由，得，
所以函数的零点是.
故选：C
2．C
根据给定条件，逆用差角的余弦公式求解.
【详解】.
故选：C
3．D
根据向量共线定理列方程，解方程即可.
【详解】由已知，，
则，
又，，三点共线，
则与共线，，
即，解得，
故选：D.
4．A
先利用二倍角公式化简以及，再利用诱导公式化简即可代入化简.
【详解】，
，
因，则，
则.
故选：A.
5．D
根据向量的线性运算直接化简可得解.
【详解】由已知为线段上一点，
设，，
则，
又，
则，
所以，
则，
解得，
故选：D.
6．B
根据得到答案.
【详解】有两组解，需满足，即，，
所以a的值可以为8，B正确，ACD错误.
故选：B
7．A
根据正弦定理进行边角互化，再结合余弦定理可得，根据基本不等式可得最值.
【详解】由已知，
则在中，由正弦定理可得，
则，即，
又由余弦定理可知，
所以，当且仅当，即时等号成立，
又，
所以，
故选：A.
8．D
结合坐标表示运用向量加法法则将问题转化为求的最小值，建系求解即可.
【详解】因为D为的中点，
所以，
所以
不妨以所在直线为x轴，的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

因为，则，，
设，则，
所以，.即：的最小值为.
故选：D.
9．BC
由向量夹角的定义可判断A；左右同时平方可得即可判断B；利用向量共线的坐标运算判断C；由向量共线可得所在直线平行或共线可判断D.
【详解】对于A，因是等边三角形，则，
由向量夹角的定义可知，，的夹角为120°，故A错误；
对于B，，可得，即，
即，则，
因，则，则与共线且反向，故B正确；
对于C，因，则与不共线，则可作为平面向量的一组基底，故C正确；
对于D，由，则，则直线或四点共线，故D错误.
故选：BC
10．ABD
对于A：根据题中关系式整理即可；对于B：根据两角和差公式运算求解；对于C：根据象限角的符号性分析判断；对于D：根据倍角公式结合齐次式问题运算求解.
【详解】对于选项A：因为，整理可得，即，故A正确；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：因为，
则，可得，
可知可能为第一、二、三，四象限，即的符号无法判断，故C错误；
对于选项D：因为，故D正确；
故选：ABD.
11．BCD
对于A：在中，利用余弦定理结合圆的性质可得，进而可求得，，再利用面积公式运算求解；对于B：可知四边形的外接圆为即为的外接圆，利用正弦定理求外接圆半径；对于C：根据几何性质分析可得在方向上的投影向量为，进而可得结果.对于D：根据几何性质分析可得在方向上的投影向量为，进而可得结果；
【详解】
对于A：连接，由题意可知，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
所以，
且，则，即，
所以四边形的面积
，
故A错误；
对B：该四边形的外接圆为即为的外接圆，设外接圆的半径为，
在中，由正弦定理可得，
即，故B正确；
对于C：由题意可得：，
过作，垂足，则为的中点，可得，
在方向上的投影向量即为，
所以，故C正确；
对于D：过作，垂足，则为的中点，可得，
过作，垂足，可得，
故，即在方向上的投影向量为，
所以，故D正确；
故选：BCD.
12．
利用向量模的运算法则，结合向量的数量积求解即可.
【详解】因为向量，的夹角为45°，且，，
所以
.
故答案为：.
13．
根据题意，分析待求角与已知角的关系，利用诱导公式和二倍角公式直接求解即可.
【详解】，
．
故答案为：.
14． 2
根据题意结合三角恒等变换可得，即可得角A；根据重心可得，根据数量积运算律运算求解即可.
【详解】因为，则，
整理可得，
显然，则，即，
又因为，可得；
因为点P是的重心，则，
可得，
即，整理可得，解得或（舍去）.
故答案为：；2.
15．(1)
(2)
（1）先根据同角三角函数的基本关系求，再利用二倍角的正切求的值.
（2）结合，利用两角差的正弦公式求值.
【详解】（1），，
.
（2），，所以

16．(1)或
(2)
（1）法一：设，根据，求得，进而得到的坐标；
法二：设，根据且，列出方程组，求得的值，得到的坐标；
（2）由与垂直，得到，列出方程求得，结合投影向量的计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：法一：因为，可设，
因为，可得，解得，
所以或.
法二：设，
因为且，可得，解得或，
所以或.
（2）解：因为与垂直，可得，
所以，可得，解得，
所以向量在方向上的投影向量.
17．(1)
(2)
（1）借助面积公式可先求出，再借助余弦定理即可得解；
（2）借助正弦定理可得，则可得，再利用正弦定理即可得.
【详解】（1），，
，，
在中，由余弦定理得：
，；
（2）在中，由正弦定理得：，
，，
，，
在中，由正弦定理得：，
，.
18．(1)；
(2)①；②
（1）利用三角函数恒等变换得到，根据最小正周期得到，从而得到函数解析式；
（2）①转化为与的图象在区间上有两个交点，求出，画出在区间上的图象，数形结合得到；
②解法一：由对称性可得，所以，则有，从而得到方程，平方求出，所以，由三角恒等变换得到；
解法二：由对称性可得，所以，由辅助角公式得到时，取最大值，则，由三角恒等变换得到.
【详解】（1）由题
，
因为的最小正周期为，且，所以，解得，
所以；
（2）①由，即，
关于x的方程在区间上有相异两解，，
也即函数与的图象在区间上有两个交点，
由，得，
又在上单调递增，在上单调递减，
作出在区间上的图象如图，
由图可知，要使函数与的图象在区间上有两个交点，
则有，所以实数m的取值范围.
②解法一：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称，
则有，所以，
则有，即，
也即，整理得，所以，
故
解法二：由①和正弦函数的对称性可知，与关于直线对称，
则有，所以，
，其中，
则当，即时，取最大值，
则，
则有
19．(1)
(2)6
(3)
（1）由正弦定理进行边化角，用正弦的和差公式和辅助角公式化简计算即可；
（2）由余弦定理解得，再利用费马点和三角形面积公式化简即可；
（3）设，，，通过代入余弦定理化简，通过题意代入化简，用重要不等式进行求解最小值即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
即，
所以，所以，
即，又所以，得；
（2）由即①，
由余弦定理得②，
由①②得，由且点为的费马点，
则，
故，
化简得：，
即；
（3）设，，，
在，，中，由余弦定理得，
，
，
又则得，，
即，
由，则，
故，
即有，解得或（舍去），
当且仅当且且，解得时，等号成立，
故实数的最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
A
D
B
A
D
BC
ABD
题号
11









答案
BCD