江苏省南通市如东县2023-2024学年高一下学期期中学情检测数学试卷

这是一份江苏省南通市如东县2023-2024学年高一下学期期中学情检测数学试卷，共18页。

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1．本试卷共4页，包含选择题（1~12，共60分）、填空题（第13题~第16题，共20分）、解答题（第17~22题，共70分）.本次考试时间120分钟，满分150分、考试结束后，请将答题卡交回.
2．答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置.
3．答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答．在试卷或草稿纸上作答一律无效.
4．如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚.
一、选择题：本大题共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. 下列命题正确的是（ ）
A. 单位向量都相等B. 任一向量与它的相反向量不相等
C. 平行向量不一定是共线向量D. 模为的向量与任意非零向量共线
【答案】D
【解析】
【分析】根据单位向量、零向量、共线向量的定义判断即可.
【详解】对于A：单位向量大小相等都是，但方向不一定相同，故单位向量不一定相等，故A错误；
对于B：零向量与它的相反向量相等，故B错误．
对于C：平行向量一定是共线向量，故C错误；
对于D：模为的向量为零向量，零向量与任非零意向量共线，故D正确；
故选：D．
2. 若三角形中，，，则边的值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用正弦定理求解.该试卷源自 每日更新，享更低价下载。【详解】在三角形中，，，，
由正弦定理得：，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式可得答案.
【详解】由题意可得的面积为.
故选：B
4. 已知，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】综合应用两角和与差的正弦、余弦和正切公式即可解决.
【详解】由，即，
可得，由正切的倍角公式可得．
故选：D．
5. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，再根据三点共线可求得，再根据平面向量的线性运算结合图形即可得出答案.
【详解】解：设，
则，
因为三点共线，
所以，解得，
则
所以.
故选：A.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到方程组，即可求出、，再求出即可.
【详解】因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
7. 已知中的边，若P为边BC上的动点，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用基底表示出，结合数量积的运算可得答案.
【详解】设，则，，
所以
因为，所以，
所以.
故选：B
8. 在中，已知，，，若，且，，则在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，进而得到⊥，求出，，从而得到，换元后求出m的取值范围.
【详解】由余弦定理得，
解得，

因为，由勾股定理逆定理得⊥，
，
则，
因为，，所以，
，
在上的投影向量为，故，
令，则，
令，
因为，所以，故当时，，
当时，，，
故，
故选：B
二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列等式成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，逆用倍角余弦公式即可判断；对于B，利用辅助角公式即可判断；对于C，利用辅助角公式即可判断；对于D，逆用倍角正切公式可得，再用和角正切公式即可判断.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，
，D错误.
故选：AC
10. 下列说法中错误的为（ ）
A. 已知，且与夹角为锐角，则
B. 点O为的内心，且，则为等腰三角形；
C. 两个非零向量，若，则与共线且反向
D. 若非零向量满足，则与的夹角是
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A、C和D，利用向量夹角公式和向量的模的运算，即可求得；对于B，根据向量的加法和减法运算以及向量的模的运算即可求得.
【详解】对于A，， 与夹角为锐角，
所以，则，
当与同向共线时，，则当与夹角为锐角时，且，
所以，故A错误；
对于B，
，则，
所以为等腰三角形，故B正确；
对于C，，两边平方得，
所以，即，则，
所以，则与共线且反向，故C正确.
对于D，，两边平方得，
则，，，
,
，
因，所以，故D错误.
故选：AD.
11. 已知三个内角A，B，C对应边分别为a，b，c，且，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则周长的最大值为6
D. 若的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】由余弦定理化简判断选项A；由向量夹角结合余弦定理判断选项B；利用余弦定理和基本不等式即可求解周长最大值判断选项C；三角恒等变换得，结合A的取值范围即可得到的取值范围判断选项D.
【详解】由余弦定理得，A选项错误；
若，则，由余弦定理，
得，所以有，B选项正确；
若，，由余弦定理得，解得，
所以，解得，当且仅当时等号成立，
则周长，所以周长的最大值为6，故C选项正确；
若，，，
由，得，因此的取值范围为，D选项错误.
故选：BC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 设为锐角，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】将变形为再用正弦两角差的公式求解.
【详解】因为为锐角，由，得，
．
故答案为：.
13. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解即得.
【详解】在中，，则，
由余弦定理得，
由正弦定理得，所以.
故答案为：
14. 如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】建立坐标系，求出直线的方程，利用坐标法表示数量积即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建系，如图所示：
设等边三角形边长为,
可得：，，，，
设直线的方程为：，则有，解得，
直线的方程为：，
可设：，则有，
即有：，
，解得（负舍）
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立合适的直角坐标系，得出相关点的坐标，则得到直线的方程为：，最后得到，代入计算即可.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，且与共线.
（1）求的值；
（2）若与垂直，求实数的值.
【答案】（1），（2）.
【解析】
【分析】（1），然后利用与共线求出答案即可
（2）利用数量积的相关知识直接计算即可.
【详解】（1）
因为与共线，所以，
解得
（2）由（1）知，所以
由与垂直，得，
所以，
解得.
【点睛】本题考查共线向量、向量的坐标运算以及向量的数量积，属于基础题.
16. 已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】分析：先根据同角三角函数关系得，再根据二倍角余弦公式得结果；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.
详解：解：（1）因为，，所以．
因为，所以，
因此，．
（2）因为为锐角，所以．
又因为，所以，
因此．
因为，所以，
因此，．
点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
17. 已知在中，所对的边分别为a，b，c，，且．
（1）求角C的大小；
（2）D为AB中点，若的面积等于，求的周长的最小值．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）先利用向量平行的坐标公式列式，然后利用正弦定理和余弦定理求解；
（2）先根据面积关系求出，然后利用基本不等式求出的最小值，再利用余弦定理求出的最小值，则的周长的最小值可求.
【小问1详解】
，
，
由正弦定理得，
，
，
；
小问2详解】
依题意，即，
所以，当且仅当时取等号，
又由余弦定理得，
，当且仅当时取等号，
所以的周长最小值为6．
18. 已知，
（1）若，求的值；
（2）在三角形ABC中，若，求的最大值；
（3）若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再利用角的变换即可求解；
（2）由条件先求角，再求出角的范围，利用三角恒等变换化简转换，结合角的范围，即而求解最大值；
（3）由题意把转化为，利用换元法及基本不等式求解即可.
【小问1详解】
函数,
因为，所以，
所以，
.
【小问2详解】
由，
而，可得，即，
所以，
因为，所以,
则，
故当时，取最大值，最大值为．
【小问3详解】
由（1）可知
,
令，因为，所以，从而，
则即为：在上恒成立，
所以在在上恒成立，
又，当且仅当时等号成立．
所以，即实数a的取值范围为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且设点为的费马点．
（1）若，．
①求角；
②求．
（2）若，，求实数的最小值．
【答案】（1）①；②.
（2）．
【解析】
【分析】（1）①利用两角和的正弦公式得到，即可求出，从而得解；②利用余弦定理求出，利用等面积法求出，再根据数量积的定义计算可得；
（2）利用二倍角公式及正弦定理得到，则，设，则，再利用余弦定理得到，再利用基本不等式计算可得.
【小问1详解】
①因为
，
，
又，
所以，
即．因为，所以，
因为，所以．
②由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部．
由余弦定理可得，即，
又，解得．
所以
，
所以，
所以
．
【小问2详解】
由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，，，从而推导出、，再利用基本不等式及一元二次不等式求出的取值范围.