精品解析：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）数学试题

大联考2024-2025学年高一年级阶段性测试（三） 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 2. 在中，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. 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. 6. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 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. 8. 已知点是所在平面内一点，且，，，则的最小值是（ ） A. B. C. 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 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. 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2 D. 的取值范围为 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_____． 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_____． 14. 已知在中，，且，则的面积的最大值为_____． 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． 16. 已知中，，，分别为角，，的对边，且． （1）求； （2）若，是中点，且，求的面积． 17. 在中，是边上靠近的三等分点，是的中点． （1）以为基底表示，； （2）设与相交于点，若，求实数与的值． 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． 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，求内切圆面积最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大联考2024-2025学年高一年级阶段性测试（三） 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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】 【分析】根据向量加法和减法法则，对每个选项进行逐一计算，即可判断和选择. 【详解】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. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理，建立方程，可得答案. 【详解】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】 【分析】根据向量作基底的条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】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】 【分析】求得的坐标，再根据向量夹角的坐标计算公式，求解即可. 【详解】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】 【分析】根据正弦定理解三角形即可得到答案. 【详解】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】 【分析】根据给定条件，利用三角形射影定理求出，再利用余弦定理求解. 【详解】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】 【分析】根据点共线满足的条件确定点的位置，再求的长. 【详解】设. 因三点共线，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】 【分析】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，， 设，则，，，再利用向量数量积的坐标运算即可求得. 【详解】以为原点，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】 【分析】根据单位向量的概念即可判断A；由平面向量的数量积即可判断B；根据两垂直向量的坐标表示结合三角函数即可判断C；由平面向量的乘法运算及模的概念即可判断D. 【详解】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】 【分析】根据向量的数量积运算，余弦定理，三角函数的诱导公式，正弦定理进行边角转化逐个判断即可. 【详解】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2 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：转化已知条件求得，结合，从而求得；对B：利用正弦定理和角度关系，求得关于的函数关系，结合的范围，求其值域即可；对C：利用余弦定理，求得的齐次式，结合基本不等式，即可求解；对D：将转化为关于的函数，结合的范围，求其值域即可. 【详解】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】 【分析】由题干中的几何性质，可得向量的模长与夹角，根据数量积的运算律，可得答案. 【详解】由题意可知，与的夹角为， 则 . 故答案为：. 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】 【分析】由题意作图，由投影向量的定义在图中表示，根据一次函数与模长公式，可得答案. 【详解】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. 故答案为：. 14. 已知在中，，且，则的面积的最大值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先把条件转化成三角形的两条中线的长，再结合三角形面积的求法求最大值. 【详解】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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）由余弦定理，结合题意，可得答案； （2）由向量的线性运算，结合向量数量积的运算律，建立方程，利用三角形面积公式，可得答案. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 因为，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 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，是边上靠近的三等分点，是的中点． （1）以为基底表示，； （2）设与相交于点，若，求实数与的值． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的线性运算，即可求解； （2）由题意，得，共线，，共线，结合平面向量的线性运算，列方程组即可求解. 小问1详解】 由题可知，， 所以， ． 【小问2详解】 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． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，结合三角恒等变换公式转化已知条件求得即可求得，进而求得； （2）取中点为，连接，根据三角形为等腰三角形，求得关于的函数关系；再在三角形中，由余弦定理列出方程，求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，所以， 所以，所以，又，所以． 【小问2详解】 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． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由平面向量数量积的坐标运算结合两角和的余弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （ii）利用平面向量数量积的运算性质可得出，可知为的外心，利用 正弦定理可求得的值； （2）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得出，利用切线长定理可得出的内切圆半径为，利用基本不等式求出的最小值，再结合圆的面积公式可求得内切圆面积的最小值. 【小问1详解】 （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． 小问2详解】 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $