长郡中学2024-2025学年下学期高一数学假期作业（二）及参考答案

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一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由向量线性运算的坐标表示得到答案.
【详解】因为，所以，又因为，所以，
故选：D.
2．已知向量，，，则（ ）
A．6B．4C．-6D．-4
【答案】C
【分析】由向量的线性运算与数量积的坐标表示，可得答案.
【详解】因为，，，所以，，
则．
故选：C.
3．如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）．
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值.
【详解】由平面向量基本定理，
化简
，
所以，即，
故选：A．
4．已知向量，若，则（ ）
A．B．2C．D．6
【答案】B
【分析】利用向量加法和数量积的坐标表示求解即可.
【详解】由题意可得 ，
因为，所以，解得，
故选：B
5．在中，若内角的对边分别为，，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
【答案】B
【分析】根据二倍角公式可得，即可利用余弦定理化简得求解.
【详解】在中，由已知得，所以，
根据余弦定理，得
所以，即，
因此是直角三角形.
故选：B.
6．已知P是 的外心，且，则csC=（ ）
A．-B．-C．或-D．或-
【答案】B
【分析】将两边平方得可得，从而解出，然后由条件可得，判断出C与外心P在AB的异侧，从而得出答案.
【详解】因为P是的外心，所以，
由题知，两边平方得
即,即，
所以，则，
又由，得，
因为，则C与外心P在AB的异侧，即C在劣弧上，所以C为钝角，即.
故选：B
7．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且AB边上的中线，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据余弦定理，结合三角形面积公式和基本不等式进行求解即可.
【详解】由，得，
如图，作出平行四边形ACBE，则与的面积相等.在中，，，则，∴.
又，∴，
∴，
故面积的最大值为.
故选：A
8．在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】可证，延长至，使得，则为的垂直平分线，根据对称可求的最小值.
【详解】
因为，故，故，
故，所以，
延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，
故，故，
当且仅当共线时等号成立，
而，
故的最小值为，
故选：B.
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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有（ ）
A．若A >B， 则
B．，则
C．若，则定为直角三角形
D．若且该三角形有两解，则b的取值范围是
【答案】ACD
【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合各选项条件逐项求解判断.
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，由余弦定理得，即，
而，解得，B错误；
对于C，由余弦定理得，整理得，为直角三角形，C正确；
对于D，有两解，则，而，因此，D正确.
故选：ACD
10．在中，D在线段上，且，，若，，则（ ）
A．B．的面积为
C．为锐角三角形D．的周长为
【答案】ABD
【分析】A选项，设，则，由余弦定理列出方程，得到，故，由正弦定理得到；B选项，由三角形面积公式进行求解；C选项，利用同角三角函数关系得到，利用余弦定理得到；D选项，利用，得到D正确.
【详解】A选项，设，则，
由余弦定理得，
解得，负值舍去，故，
由正弦定理得，
其中，
故，解得，A正确；
B选项，，
，B正确；
C选项，由于，故为锐角，
又，故，故，
在中，由余弦定理得
，
故，
因为，故在中，最大角为，
由余弦定理得，
故为钝角，C错误；
D选项，的周长为，D正确.
故选：ABD
11．在中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．在方向上的投影向量为D．若，则
【答案】AC
【分析】A选项对题干条件直接根据数量积的定义，化简成，然后根据边角转化求解；B选项利用两角和的正切公式求解；C选项结合正弦定理，投影向量公式求解；D选项根据正弦定理算出三边长度之后根据数量积定义求解.
【详解】A选项，对于，根据数量积的定义展开可得，，
即，即，由正弦定理，，
即，则为锐角，由，
解得，，A选项正确，
B选项：由A选项和题干可知，，
，故，B选项错误.
C选项：在方向上的投影向量为，
由B知，，，且，解得，
由正弦定理，，则，C选项正确.
D选项：由正弦定理，，即，解得，
于是，，D选项错误.
故选：AC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知是平面内的一个基底，若向量与共线，则 ．
【答案】1
【分析】 利用向量共线的条件得到关于的方程即可得到.
【详解】 因为与共线，所以存在实数t，使，
即，
所以，解得．
故答案为：1.
13．已知中，，，点在上，，，为锐角，则 ．
【答案】
【分析】利用余弦定理求得，进而求得，再利用余弦定理求得.
【详解】因为中，，
由余弦定理得，
所以，解得或，
当时， ，
此时，不符合题意，舍去，
当时，，
此时，符合题意，
所以，
在中，由余弦定理可得:
．
故答案为：
14．如图，AB为半圆的直径，点C为的中点，点M为线段AB上的一动点（含端点A，B）．若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由圆的性质得到，，然后根据数量积的性质得到，最后根据的范围计算即可.
【详解】因为点C为的中点，，所以，，
所以
．
因为点M为线段AB上的一动点（含端点），所以，
所以，所以的取值范围是．
故答案为：.
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．-问答题
15．已知向量.
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的值；
(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)且
【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长；
（2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值；
（3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可.
【详解】（1）因为向量，且，
所以，解得，
所以.
（2）因为，且，
所以，解得.
（3）因为与的夹角是钝角，
则且与不共线，
即且，
所以且.
16．记内角的对边分别为，已知，
(1)求；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出角，进而求出.
（2）利用和角的正弦及正弦定理、三角形面积公式计算得解.
【详解】（1）在中，由及余弦定理，得，
解得，而，则，由，得，
又，所以.
（2）由（1），得，
由正弦定理得，
所以的面积为
17．在①，；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
已知的内角所对的边分别为，______，角的平分线与边交于点，且．
(1)求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)任选一条件，都有；
(2)
【分析】（1）选条件①．利用已知可得，可得，可求得；选条件②．由正弦定理得，进而得，可求得；选条件③．由正弦定理得，利用三角恒等变换可得，可求得；
（2）法一：利用正弦定理写出关于角的表达式，利用三角知识将的表达式化为一角一函数的形式，根据角的范围及三角函数的图象与性质得到结果，法二：利用三角形的面积公式得到关于的等式，利用基本不等式求出结果.
【详解】（1）选条件①．
因为，所以，
故，
因此或．
由于，所以不合题意，
因此，
即，故．
选条件②．
因为，所以由正弦定理得，
易知，所以，
所以，得，又，所以．
选条件③．
因为，所以由正弦定理得，
易知，所以，即，
所以，
因为，，所以，
因此，故．
（2）法一：由（1）知，．
在中，由正弦定理可得，即，
所以．
在中，由正弦定理可得，即，
所以．
于是
，
由于，所以，则，
于是，从而，当且仅当，即时等号成立，
故的取值范围是．
法二：由题意可知，
故，
故，
得，当且仅当时等号成立，
故的取值范围是．
18．某景区拟开辟一个平面示意图是如图所示的五边形ABCDE的观光步行道，BE为景点电动车专用道，，，，．
(1)求景点电动车专用道BE的长；
(2)由于受资金的限制，折线步行道BAE（即）不能超过20km，问景区可不可以铺设该步行道？
【答案】(1)15km．
(2)景区可以铺设该步行道．
【分析】（1）利用余弦定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理求；
（2）根据正弦定理得到，然后利用换元法求范围来判断即可.
【详解】（1）
连接BD，在中，，，
所以，
所以．由题意可知，所以．
在中，，
所以，即景点电动车专用道BE的长为15km．
（2）设，则，，．
在中，由正弦定理得，
所以，
，
所以．
设，，则．
因为在上单调递增，所以．
因为，所以景区可以铺设该步行道．
19．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
(1)记向量的相伴函数为，若当且时，求的值；
(2)记向量的相伴函数为，若当时不等式恒成立，求实数的取值范围.
(3)已知为的相伴特征向量，，问在的图象上是否存在一点，使得.若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换整理运算，注意以为整体代入；（2）结合题意整理可得恒成立，分类讨论结合参变分离分析运算；（3）根据题意可得，整理得，设点结合，整理运算．
【详解】（1）向量的相伴函数为，
所以.
因为，所以.
因为，所以，
所以.
所以.
（2）向量的相伴函数为.
当时，，
即恒成立.
①当，即时，，
所以，即.
因为，所以的最小值为，
所以；
②当时，，不等式即，成立.
③当时，，
所以，
即，由于，
所以的最大值为，
所以
综上所述，的取值范围是.
（3）由为的相伴特征向量知：，
所以.
设.
因为，所以.
又因为，所以.
所以.
，
所以.（*）
因为，所以，
所以.
又因为，
所以当且仅当时，和同时等于，这时（*）式成立.
所以在图象上存在点，使得.