福建省厦门第一中学2023-2024学年高一下学期第一次适应性数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省厦门第一中学2023-2024学年高一下学期第一次适应性数学试卷（Word版附解析），文件包含福建省厦门第一中学2023-2024学年高一下学期第一次适应性数学试题原卷版docx、福建省厦门第一中学2023-2024学年高一下学期第一次适应性数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前，学生务必在练习卷、答题卡规定的地方填写自已的学校、准考证号、姓名.学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂照.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本练习卷上无效.
3．答题结束后，学生必须将答题卡交回.
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. 若，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直接求解.
【详解】因为，，
所以.
故选:D.
2. 中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案.
【详解】因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 在中，若，则的最大角与最小角之和是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，设长为7的边CA所对的角为θ，则最大角与最小角的和是，利用余弦定理求解即可.
【详解】根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为8与5，
设长为7的边CA所对的角为θ，则最大角与最小角的和是，
由余弦定理可得，，
由为三角形内角，∴，
则最大角与最小角的和是.
故选：B
4. 在平行四边形中，，，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算结合平行四边形的性质运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：A.
5. 某学生为了测量学校旗杆的高度，在水平地面上一点处的测得仰角为，沿旗杆底部与处的直线向旗杆方向前进米的处测得的仰角为，那么旗杆高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出符合题意的图形，利用锐角三角函数的定义表示出和，根据题设条件列式即可求解
【详解】根据题意，作图如下:

在中，，在中，，
则 ，
则
即旗杆的高度为 .
故选：D
6. 已知，，是平面直角坐标系内的三点，若，，则的面积为（ ）
A. 15B. 12C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积运算判断两边垂直，再由模长公式求出边长即可求解三角形的面积.
【详解】因为，，
所以，即，
所以，
故选：C
7. 在中，，，，则下列各式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作交于点，过点作交于点，分别计算，即可得出恒成立的关系.
【详解】，可知为靠近点的的三等分点，如图，
过点作交于点，过点作交于点，
则，
所以，
所以，，
所以，故AC错误，
因， 所以，故B正确D错误.
故选：B
8. 在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A. 21B. 14C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由向量表达式可知动点覆盖图形为平行四边形，利用垂心，通过解三角形求出，即可得面积.
【详解】延长分别交于，如图，
由为垂心，可知在直角三角形中，，
，
由余弦定理可得，
由四点共圆及正弦定理可得，，
由余弦定理，，
所以，
所以.
所以，所以，
所以，
，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形为以为邻边的平行四边形，
所以面积.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用垂心，结合四点共圆，正弦定理求出四点所在圆的直径是解题的关键所在.
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，有选错的得0分，部分选对的得部分.
9. 某人向正东方向走了后向右转了，然后沿新方向走了，结果离出发点恰好，那么x的值是（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】AB
【解析】
【分析】设，由余弦定理代入即可得出答案.
【详解】
由题意设．
由余弦定理得，
解得或．
故选：AB.
10. 在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（ ）

A.
B
C. 在方向上的投影向量的模为1
D. 存在实数，使得与共线
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得：，根据向量的坐标运算逐项分析判断.
【详解】由题意可得：.
对于选项A：因为，所以，不垂直，故A错误；
对于选项B：因，所以，故B正确；
对于选项C：因为，
所以在方向上的投影向量的模为，故C正确；
对于选项D：因为，
若与共线，则，解得，
所以当时，与共线，故D正确；
故选：BCD.
11. 在中，D，E分别是BC，AC的中点，且，则（ ）
A. 面积最大值是6B. 周长可能是14
C. 不可能是5D.
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A由题可得时三角形面积最大；选项B分别在中用余弦定理得出，然后结合均值不等式可判断；选项C将化为，由向量平方可判断；选项D由，然后由数量积的定义可得出答案.
【详解】设的三个内角所对的边分别为
选项A， ，当时，等号成立，故A正确；
选项B， , ，
，
则，所以三角形周长为，
由均值不等式，当且仅当时等号成立，
可得，即三角形的周长的范围是，
，所以三角形周长不可以取到14，故选项B错误；
选项C，
，
所以，
，
所以，所以的值可能取到5，故选项C错误；
选项D， ，
，
由，则，故选项D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知,,,则向量与的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】条件中给出了两个向量的模长，要求夹角只要求出向量的数量积，需要运用，得到关于与数量积的方程，解出结果代入求夹角的公式，注意夹角的范围．
【详解】∵||=1，||=2，，
∴=0，
∴==1，
∴cs＜＞==，
∵＜＞∈[0，π]，
∴两个向量的夹角是，
故答案为：．
【点睛】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.
13. 已知的内角、、的对边分别为、、，若的面积为，，则该三角形的外接圆直径________．
【答案】2
【解析】
【分析】由余弦定理及三角形面积公式得出，再由正弦定理求外接圆直径即可.
【详解】由，
，即，
由，所以，
，.
故答案为：
14. 已知非零平面向量，，满足：，的夹角为，与的夹角为，，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】以点为起点作向量，，，
则，，，
由，的夹角为，与的夹角为可知：四点共圆，然后结合正弦定理与三角函数求解即可
【详解】如图：

以点为起点作向量，，，
则，，，
由，的夹角为，与的夹角为可知：四点共圆，
由，得，，
在中：，即
所以，所以，
由同弧所对的圆周角相等，可得，
设，则，
在中：，
所以，
，
，，
，，
，
则的取值范围是
故答案为：
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，，，且.
（1）求的值；
（2）求向量与向量夹角的余弦.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出的坐标，由向量平行的判断方法可得关于的方程，即可得到结果；
（2）设与的夹角为，由向量夹角公式计算即可得到结果.
【小问1详解】
根据题意，，，，，
则，
因为，则有，解得
【小问2详解】
由（1）可知，
设与的夹角为，
则
16. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．
（1）求的值；
（2）求b的值．
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）先由，求得，再结合，利用正弦定理求解；
（2）根据，利用余弦定理求解.
【小问1详解】
解：在中，因为，
所以，
又，
由正弦定理得：；
【小问2详解】
在中，因为，
所以由余弦定理得：，
即，
解得 .
17. 如图，A、B是海面上位于东西方向相距海里两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，试求：
（1）轮船D与观测点B的距离；
（2）救援船到达D点所需要的时间．
【答案】（1）海里；（2）1小时.
【解析】
【分析】
（1）结合图形利用正弦定理转化求解的长；
（2）利用余弦定理求出，然后求解出该救援船到达点所需的时间．
【详解】解：（1）由题意可知：在中，，，则，
由正弦定理得：，
由，
代入上式得：，轮船D与观测点B的距离为海里.
（2）在中，，，，
由余弦定理得：
，
，，
即该救援船到达点所需的时间小时.
【点睛】方法点睛：正弦定理以及余弦定理是解决这类问题的常用方法.
18. 在中，角的对边分别为，若.
（1）求角；
（2）若，点满足，
（i）求证：；
（ii）求的最大值
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用倍角公式和正弦定理，得到，再由余弦定理，求得，即可求解；
因为，所以.
（2）（i）根据题意，化简得到，求得，在在和中，利用正弦定理，求得，即可证得；
（ii）根据题意，结合，化简得到，再由余弦定理和基本不等式，求得，得出，利用函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意知：，
可得，
即，
由正弦定理得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
解：（i）因为，
可得，
即，即，
可得，所以，
在中，由正弦定理得，可得，
在中，由正弦定理得，可得，
因为，可得，
又由，可得，即，
又因为，所以.
（ii）因为且,
可得，
整理得，可得，
因为，由余弦定理得到，
可得，即，
又因为，可得，所以，
即，解得，当且仅当时，等号成立，
又因为，所以，所以
由，
令，则，
因为函数在上为单调递增函数，
所以，当时，取值最大值，最大值为.
19. 在中，角，，的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）．
（1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求；
（2）如图2，若，，交于一点，
①求证：
②若，，，，求．
【答案】（1）
（2）①证明见解析 ②
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算及向量平面基本定理，列出方程求解即可；
（2）由三角形面积比与线段的比化简即可得①，利用相似求出，，再由解三角形得出，根据三角形面积间的关系及三角形面积公式得解.
【小问1详解】
设，则，
因为，，
所以，
令，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
如图，过点作于点，
因为，所以；
同理可得：，所以，即；
同理可证：，，
②过点作的平行线交于点，过作交于点，如图，
由，，可得，所以，
所以，
由，，可得，且，
所以，，即，
设，
则由余弦定理可得：，
即，解得，
所以，
故，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于寻求三角形的面积比与线段的面积比之间的关系，得出此关系即可完成的证明；对求解三角形的面积，关键利用辅助线得出，再由辅助线得出的长.