2024-2025学年浙江省高一数学下学期3月四校联考检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年浙江省高一数学下学期3月四校联考检测试题（附答案），共19页。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
第Ⅰ卷
一、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. 已知集合，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的交集和并集概念及运算即可求解.
【详解】因为，，
所以，.
又因为，，，
所以，，，.
故
故选：C.
2. 设，则“”是“”的（）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充分必要条件D. 非充分非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案.
【详解】若，则，即，故，充分性成立，
不妨设，此时，但不满足，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
3. 已知向量，，，若，则（）
A. B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可求解.
【详解】根据题意，，
又，所以，
即，解得.
故选：A
4. 在四边形ABCD中，O为任意一点，若，则（）
A. 四边形ABCD是矩形B. 四边形ABCD是菱形
C. 四边形ABCD是正方形D. 四边形ABCD是平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的减法可得，进而分析求解即可.
【详解】因为，则，即，
可知两边平行且相等，所以四边形ABCD是平行四边形，
但没有足够条件判断ABCD是否为矩形、菱形或正方形，故ABC错误，D正确.
故选：D.
5. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D.
【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
对于B，根据正弦定理得，，
又，，B有两解，故B符合题意；
对于C，由正弦定理：得：，
C只有一解，故C不符合题意.
对于D，根据正弦定理得，，
又，，D只有一解，故D不符合题意.
故选：B
6. 已知六边形ABCDEF为正六边形，且，，以下不正确是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正六边形的特征求出,，再由向量加法的三角形法则以及向量的减法即可求解.
【详解】如图，设
因为六边形ABCDEF为正六边形，
所以，且.
又是等腰三角形，所以，
从而可有，
则，
所以,同理有.
所以，所以选项A不符合题意；
，所以选项B不符合题意；
，所以选项C符合题意；
，所以选项D不符合题意.
故选：C
7. 鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（）米
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】在中，则,
因为，
且，
则，
在中，则.
故选：B.
8. 已知点是所在平面内的动点，且满足，射线与边交于点，若，，则的最小值为（）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，所以点在的平分线上，即为的角平分线，利用正弦定理得，，可知，结合三角函数的性质可求最小值.
【详解】表示与共线单位向量，表示与共线的单位向量，
的分向与的平分线一致，
，
所以点在的平分线上，即为的角平分线，
在中，，，利用正弦定理知：
同理，在中，
，其中
分析可知当时，取得最小值，即
故选：C
二、多选题：本大题共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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 在下列各组向量中，可以作为基底的是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平面向量基底的意义，利用共线向量的坐标表示判断作答.
【详解】由于，所以，不共线，可以作为基底，A正确；
由于，所以，共线，不可以作为基底，B错误；
由于零向量与任意非零向量都共线，所以，共线，不可以作为基底，C错误；
，所以，不共线，可以作为基底，D正确.
故选：AD
10. 函数（）的图象如图所示，则（）
A. 的最小正周期为
B. 是奇函数
C. 的图象关于直线对称
D. 若（）在上有且仅有两个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定图象求出，再逐项判断即可.
【详解】依题意，，
由，得，解得，而，
解得，，的最小正周期为，A正确；
是偶函数，B错误；
，令，
则，
的图象关于直线对称，C正确；
，，当时，，
依题意，，解得，D正确.
故选：ACD
11. 在中，，，O为内的一点，设，则下列说法正确的是（）
A. 若O为的重心，则
B. 若O为的外心，则
C. 若O为的内心，则
D. 若O为的垂心，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由重心可知，根据，，整理可得，即可判断；对B，由等腰三角形的性质可得，由外心可知，结合余弦定理可得，进而判断；对C，由内心可知，结合，即可求解判断；对D，由垂线可知，则，整理可得，而，代入求解，即可判断.
【详解】对于A选项，重心中线交点，则，即，
因为，
则，
所以，，
所以，故A正确；
对于B选项，外心为垂直平分线交点，即的外接圆圆心，
因为，设为边的中点，
所以，，
所以，
因为，所以，
在中，，
则，
，
所以，易知，所以，
所以，故B正确；
对于C选项，内心为角平分线交点，
分别为方向上的单位向量，
平分,
)，令
（)
化简得
则，
即，所以，
由A选项，则，，则，
所以，故C错误；
对于D选项，垂心为高线交点，设，垂足为边上点，则，，共线，
根据等腰三角形的性质，已知，，
所以，
因为，则，即，
因为，所以，
即，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】知识点点睛：的“四心”，可知：
（1）重心为中线交点，则；
（2）内心为角平分线交点，内切圆圆心，则；
（3）外心为垂直平分线交点，外接圆圆心，则；
（4）垂心为高线交点，则.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量与的夹角为，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据求得结果.
【详解】∵，
∴.
故答案为：.
13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，，，则的面积是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用三角函数恒等变形化简，得，可得，从而可得，又，正弦定理可求，再由三角形面积公式得解.
【详解】由题意得，，
即，
，由得，，又，
得，即，所以；
由，，得，
由，得，从而，，
故，
所以的面积为．
故答案为：
14. 已知函数在上有两个不同的零点，则满足条件的所有m的值组成的集合是_________．
【答案】
【解析】
【分析】将原函数转化为同角三角函数，再利用对勾函数的性质数形结合，分类讨论处理即可.
【详解】解：，
令，
则，
则
当时，显然无解；当时可化为.
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
①当时，即，此时或，符合题意；
②当时，即或，此时或，符合题意；
③当时，即，由可得，
易知当时，只有一个解满足，不符合题意；
④当时，即，
方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根，
有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m的值组成的集合是：.
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 在平面直角坐标系中，已知点，，．
（1）求向量在的投影向量的坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由投影向量的定义求解即可；
（2）由数量积的定义和模长公式求出，再由同角三角函数的基本公式求出，最后由三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以在上的投影向量为：．
【小问2详解】
，，
，
，
，，
．
16. 已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，将不等式转化为二次不等式，解不等式，结合对数函数的单调性及对数函数的定义域解不等式即可；
（2）设，可得，该函数可转化为关于的二次函数，根据二次函数的性质求值域.
小问1详解】
设，，，
所以，即，
解得，
所以，解得，
即；
【小问2详解】
由（1）得，当，，
所以函数可转化为，，
当时，取最小值为，
当或时，取最大值为，
即当时，取最小值为，
当或时，取最大值，
即函数的值域为.
17. 如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O．
（1）用，表示；
（2）过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由E，O，C三点共线，得，又，从两个角度用，表示，从而得的值得解；
（2）因为H，O，G三点共线，所以，转化为用，表示，可得的值；
（3）用，表示，从而进行数量积运算.
【小问1详解】
因为A，O，D三点共线，所以，，且E，O，C三点共线，
所以存在实数，使，其中D是BC中点，且，
所以
即
解得，，
所以．
【小问2详解】
因为H，O，G三点共线，所以存在实数，使，
其中，，所以，
根据平面向量基本定理可得：即，
所以．
【小问3详解】
，
整理可得：，所以．
18. 已知内角，，的对边分别是，，，．
（1）求的大小；
（2）若，将射线和射线分别绕点，顺时针旋转，，旋转后相交于点（如图所示），且，求．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用两角和（差）的余弦公式展开得到，再利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解；
（2）在中，由正弦定理求出，再在中，由正弦定理求出，最后在中利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
，，
，
，
，
由正弦定理可得，
又在中，，
所以，
又因为，所以．
【小问2详解】
依题意，，所以，
所以，
又，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
于是，在中，由余弦定理得
．
19. 古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式.其中，.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式.
（1）利用以上信息，证明三角形的面积公式；
（2）在中，，，求面积的最大值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合余弦定理分析证明；
（2）利用三角恒等变换结合正弦定理分析可得，再运用题中公式结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为，即，
可得
，
且，则，所以.
【小问2详解】
因为，
由题意可得，即，
整理得，
由正弦定理可得，即，
的面积
，
因为，当且仅当时，等号成立，
则，
所以面积的最大值为.