江西省南昌市江西科技学院附属中学2024~2025学年高一下册期中考试数学试题【附解析】

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卷面分数：150分 考试时间：120分种
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 长度相等的向量叫相等向量
C. 零向量的长度是0D. 共线向量一定是在同一条直线上的向量
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可.
【详解】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，
故未必成立，所以A错误；
B：长度相等的向量方向不一定相同，故B错误；
C：根据零向量的定义可判断C正确；
D：共线向量不一定在同一条直线上，也可在相互平行的直线上，故D错误.
故选：C.
2. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角公式及正弦定理列式求解.
【详解】在中，由，得，
由正弦定理得，所以.
故选：A
3. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则，
所以，，
因此，
.
故选：C.
4. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据向量坐标运算法则求，结合向量平行坐标表示列方程可得，化简求，再结合二倍角正切公式求结论.
【详解】因为，，
所以，又，，
所以，
若，则，与矛盾，故，
所以，
所以，
故选：D.
5. 非零向量，满足：，，则与夹角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的数量积将已知条件化简可得，再利用向量的夹角公式进行运算即可.
【详解】因为，所以，即，①
又因为，所以，即，
将①代入得，，
设与夹角为，
所以，
因为，所以.
故选：B.
6. 如图，在中，与CE的交点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合三点共线的结论及平面向量基本定理，将、向量都用、表示，进而得到，再利用边的关系得到面积比例即可.
【详解】因为、、三点共线，，所以，
又因为，所以，
设，则，
即，消可解得，所以，所以，
所以，又，所以，
所以.
故选：B.
7. 记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，求得，结合余弦定理、向量运算、基本不等式等知识来求得正确答案.
【详解】由，得，
所以，
即，
则由正弦定理得，
因为，所以，所以，即，
又，所以，因为，
所以由余弦定理得，即.
由题可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，则，
所以边上的中线长度的最小值为.
故选：C.
8. 已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知的最小值为，用含的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，即可得答案.
【详解】由题，
因为，，所以，
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值，
所以，解得，
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
因为，
又有，
将模长代入，
设，即原式，
因为，所以.
因此，的最大值为.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 设为非零向量，若，则
B. 若，则或
C. 设为非零向量，则
D. 若点为的重心，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算律即可判断A；根据模的定义及向量共线的概念即可判断B；根据数量积的运算法则即可判断C；根据向量线性运算及重心的性质即可判断D．
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，表示是的2倍，或表示与共线，且是的2倍，故B错；
对于C，，，
所以与不一定相等，故C错误；
对于D，如图，设为的中点，点为的重心，
则，即，所以，故D正确；
故选：AD．
10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则有一解
B. 若，则无解
C. 若，则有一解
D. 若，则有两解
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理求解三角形的边或角，结合三角形的边角关系，一一判断各选项中三角形解的情况，即得答案.
【详解】A选项，因为，所以，故，
则是边长为2的等边三角形，有一解，故A正确；
B选项，若，由正弦定理得，即，
解得，无解，故B正确；
C选项，若，由大边对大角可知，此时三角形中有2个钝角，
不可能，则无解，故C错误；
D选项，若，由正弦定理得，
即，解得，因为，所以或，
所以有两解，D正确.
故选：ABD.
11. 如图，已知圆的内接四边形中， ，，. 下列说法正确的是（ ）

A. 四边形的面积为
B. 该外接圆的直径为
C.
D. 过作交于点， 则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.
【详解】对于A，连接，在中，，
在中，，
由于，所以，故，
解得，
所以，，所以，
故，
，
故四边形的面积为，故A正确；

对于B，设外接圆半径为，则，
故该外接圆的直径为，半径为，故B错误；
对于C，连接，过点作于点，过点B作于点，则由垂径定理得：，
由于，所以，即，
解得，所以，所以，且，
所以，即在向量上的投影长为1，且与反向，
故，故C正确；

对于D，由C选项可知：，故，且，
因为，由对称性可知：为的平分线，故，
由A选项可知：，显然为锐角，
故，，
所以
，
所以，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. ______．
【答案】
【解析】
【分析】由，展开，结合诱导公式即可求解.
详解】，
故答案为：
13. 已知点O为外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为．则的值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值.
【详解】已知，将其变形可得，即.
根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线.
因为点为的外心，则，
所以，即是直角三角形.

根据投影向量的定义求的值，，
可得，即，
又因为，所以，因为，所以.
的值为.
故答案为：
14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的平分线交AC于点D，且，则的最小值＝______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意求出角的大小，再结合角平分线的长度得到的关系，再结合基本不等式求出的最小值
【详解】因为，由正弦定理得，
因为，所以，故，
则的面积为，
即即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，的最小值为．
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.
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．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设，根据向量平行以及其模长，列出方程组，求解即可；
（2）求得与的坐标，结合其数量积为正数，且不共线，进而求得的范围.
【小问1详解】
设，，，，即；
又，，解得或
或．
【小问2详解】
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. 已知函数．
（1）求的最小正周期及对称轴、对称中心；
（2）若当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1），对称轴为，，对称中心为，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式及两角和的正弦公式化简，再由正弦函数的性质计算可得；
（2）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，从而得解.
【小问1详解】
因为
，
即，所以的最小正周期，
令，，解得，，故对称轴，；
令，，解得，，故对称中心为，．
【小问2详解】
当时，，所以，
则在上的值域为，
因为不等式恒成立，所以，即实数m的取值范围为．
17. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得，从而可求的值.
（2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求的取值范围.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
故，
在中，，，所以，，则，
可得，所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理可得（为外接圆的半径），
所以，，
因，则，，
所以，
因为为锐角三角形，则，解得，
则，，故.
18. 如图所示，在中，D为BC边上一点.过D点的直线EF与直线AB相交于E点，与直线AC相交于F点（E，F两点不重合）.
（1）若，
（ⅰ）用，表示；
（ⅱ）若，，求的值.
（2）若，，P是线段AD上任意一点，求最大值.
【答案】（1），
（2）2
【解析】
【分析】（1）向量的线性表示，利用三角形法则及题所给条件即可得；根据（ⅰ）的结论，转化用，表示，根据三点共线找出等量关系即可求解（ⅱ）；
（2）利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
（ⅰ）在中，由，又，
所以，
所以
,
（ⅱ）因为，
又，，
所以，，
所以，
又三点共线，且在线外，
所以有：，即.
【小问2详解】
由于，故是的中点，故，
，
当且仅当时取等号，故最大值为2，
19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，满足，.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且外接圆圆心为，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）求和面积之差的最大值.
【答案】（1）2 （2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及辅助角公式求解即可；
（2）（ⅰ）根据平面向量的运算、数量积的性质及余弦定理可得，再利用正弦定理及两角和的正弦公式、正切函数的性质求解即；
（ⅱ）设外接圆半径为，由正弦定理可得，结合三角形的面积公式及二倍角公式可得，进而根据二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理得，，
则，即，
又，则，
则，即.
【小问2详解】
（ⅰ）由，
因为为外接圆圆心，即外心，
所以，，
由余弦定理得，，
所以，
由正弦定理得，，
则，
由，解得，
所以，则，
所以.
（ⅱ）设外接圆半径为，则，
且，即，
因为，，
所以，
，
所以，
由（ⅰ）知，，令，
则，
所以当时，取得最大值.