河南省创新发展联盟2024-2025学年高一下学期阶段性测试（三）（3月）数学试卷（解析版）

这是一份河南省创新发展联盟2024-2025学年高一下学期阶段性测试（三）（3月）数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列各式能化简为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对A：，故A错误；
对B：，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：C.
2. 在中，，，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，
解得.
故选：B.
3. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】能作为基底的向量不可以是共线向量，
对A：，，，故//，不可作基底，故A错误；
对B：，，，故//，不可作基底，故B错误；
对C：，，，故，不共线，可以作基底，故C正确；
对D：，，，故//，不可作基底，故D错误.
故选：C.
4. 已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题可得：，故，
又，，
故.
故选：D.
5. 如图为地动仪的模型图，地动仪共有东、南、西、北、东南、西南、东北、西北八个方位，每个方位上均有一个含龙珠的龙头，且每个龙头下方均有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠即落入蟾蜍口中，由此便可测出地震的方向．在相距的，两地各放置一个地动仪，在的南偏西方向，若地地动仪正东方位的龙珠落下，地地动仪东南方位的龙珠落下，则震中的位置距离地（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如图：
由题意：中，，，.
由正弦定理可得：.
故选：B.
6. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在中，由射影定理得，
而，
则，解得，而，因此，
由余弦定理，得，
则，，所以.
故选：A.
7. 如图，在中，，，，在边上（不与端点重合），延长到，使得，若（为常数），则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设.
因为三点共线，所以.
又，所以.
设，因为，，，
所以或（舍去）.
所以.
所以.
所以.
故选：A.
8. 已知点是所在平面内的一点，且，，，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】以原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，则，，
设，则，，，
所以，
所以.
当时，取得最小值.
故选：D.
二、多项选择题：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. 下列说法错误的是（ ）
A. 单位向量都是相等向量
B. 若，则或
C. 若平面向量，，则，可能垂直
D. 对任意向量，，恒成立
【答案】ABC
【解析】对于A，单位向量的模长相等，但方向不一定相同，故A错误；
对于B，若，则，或，或，故B错误；
对于C，若平面向量，
令，即，显然不可能，故C错误；
对于D，对任意向量恒成立，故D正确.
故选：ABC.
10. 设的内角，，的对边分别为，，，则下列条件能判定是直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】在研究下列问题：
因为，所以，即，
所以，化简得，所以是直角三角形，故A正确；
因为，由正弦定理可得，
即，
所以或，所以为等腰三角形或者直角三角形，故B错误；
因为，所以，
即，所以，故C正确；
因为，由正弦定理可得，
所以，或，不能确定的形状，故D错误.
故选：AC.
11. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 的最大值为2D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】对A：，
即，，
所以，故，
又为锐角三角形，，故，A正确；
对B：由A可知，，故，由正弦定理，
可得，
故可得，又，故，
则；
由为锐角三角形可得：，解得，
故，
则，则，故B错误；
对C：由余弦定理可得，
等式两边同除可得：，所以，
解得，当且仅当，即时取得等号，故C正确；
对D：，
故，
故
；
由B可知，又，故，，，
也即的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图为某折扇展开后的平面示意图，已知，，，则_____．
【答案】
【解析】由题意可知，与的夹角为，
则
.
13. 在平面直角坐标系中，点，将绕原点逆时针旋转得到向量，则在上的投影向量的坐标是_____．
【答案】
【解析】由题意，过作，垂足为，作图如下：
由题意可知，，
为在上的投影向量，
则，，
设直线的函数解析式为，代入，解得，
则可设，则，解得，
所以.
14. 已知在中，，且，则的面积的最大值为_____．
【答案】
【解析】如图：
设边的中点分别为，连接.
由即；
由.
所以当时，四边形的面积最大，为.
此时的面积也最大.
因为，且，所以.
所以.
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．
15. 已知平面向量，，，且，．
（1）若//，且，求的坐标；
（2）若向量与的夹角是锐角，求实数的取值范围．
解：（1）设，，，，即；
又，，解得或
或．
（2）由题可知，，，
与的夹角是锐角，，
解得，
又与不共线，，即，
实数的取值范围是．
16. 已知中，，，分别为角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，是的中点，且，求的面积．
解：（1）在中，由余弦定理得，
因，所以．
因为，所以．
（2）因为是的中点，所以，即，
故．
又，，所以．
因为，所以，可得，
则，．所以的面积为．
17. 在中，是边上靠近三等分点，是的中点．
（1）以为基底表示，；
（2）设与相交于点，若，求实数与值．
解：（1）由题可知，，
所以，．
（2）由题可得，共线，，共线，如图：
设，由（1）知，，
则，
又，由，共线，得，使得，
即，
又，不共线，所以，解得，
所以，，
又，所以．
18. 已知在中，三个内角满足，且为锐角．
（1）求；
（2）在内作射线交于，使得，若，，求．
解：（1）因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，又，所以．
（2）根据题意设的中点为，连接，如图，则．
因为，所以，
所以，，
在中，，由正弦定理得，即，
化简得，
由题知，即，所以，
则，解得，此时不存在，舍去，
或，解得，满足题意．
综上．
19. 在中，内角、、所对的边分别为、、，其中，设向量，.
（1）若，
（i）求；
（ii）设点为所在平面内一点，且满足，求．
（2）若，求内切圆面积的最大值．
解：（1）（i）因为，
所以，
解得，
又因为，所以．
（ii）由，
得，
解得，，
即，可知为的外心．
由正弦定理得，所以．
（2）由及正弦定理得，
即，
即，
化简得，
因为、、，所以，，则，
所以，．
设内切圆半径为，如图，设的内切圆分别切边、、于点、、，
由切线长定理可得，，，
由圆的切线的性质可知，，且，，
故四边形为正方形，所以，，
所以，，
则
又，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，的内切圆面积，
即的内切圆面积的最大值是．