精品解析：江苏省镇江市实验高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

2024-2025学年度第二学期高一年级期中数学卷 一､单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（　　） A. B. C. D. 3. 海上有，两个小岛相距10海里，从岛望岛和岛成的视角，从岛望岛和岛成的视角，则，间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 4. 已知，，其中，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，已知为中点，则（ ） A. B. C. D. 7 7. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 已知角，且，当取得最大值时，角（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角所对的边的长分别为，则满足下面条件的三角形一定为直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在坐标系中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. D. 当时，与的夹角为 三､填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，则__________. 13. 在四边形中，，则的值为__________. 14. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则________，若，，则的最小值为________. 四､解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 已知向量，，. （1）当，求x，y； （2），且，求向量与的夹角. 16. 已知为钝角，． （1）求的值； （2）若锐角满足，求的值． 17. 已知中，是边的中点，且①；②；③；④. （1）求AC的长； （2）的平分线交BC于点E，求AE的长. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是___________，请写出用剩余条件解答本题的过程. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调增区间； （2）若，且，求的值； （3）在中，若，求的取值范围. 19. 定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为. （1）若，，求最大值及对应的取值集合； （2）若向量的“积函数”满足，求的值； （3）已知，，设，且的“积函数”为，其最大值为，求的最小值，并判断此时，的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高一年级期中数学卷 一､单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，根据求得，再利用余弦定理即可得出答案. 【详解】解：在中，，， ， 所以， 所以. 故选：B. 2. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正切的二倍角公式展开后，代入tana值即可求出. 【详解】， 故选B. 【点睛】本题考查正切函数二倍角公式的运用，属于基础题. 3. 海上有，两个小岛相距10海里，从岛望岛和岛成的视角，从岛望岛和岛成的视角，则，间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用正弦定理求解即可. 【详解】如题图，，， 由正弦定理，得，解得， 故选：D． 4. 已知，，其中，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求解. 【详解】因为，，其中，的夹角为， 所以在上的投影向量为， 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的诱导公式和二倍角公式即可求解. 【详解】. 故选：. 6. 如图，在中，已知为中点，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用表示，再利用数量积的运算律计算得解. 【详解】在中，由为中点，得， 所以. 故选：C 7. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】若是的中点，易得，即，再应用向量数量积的运算律和定义可得，即，即可确定三角形性状. 【详解】若是的中点，则，故， 所以，显然为等腰三角形，即， 由，可得， 又，故，故为等边三角形. 故选：A 8. 已知角，且，当取得最大值时，角（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的两角和公式将展开化简，得到关于的表达式，再根据均值不等式求出取得最大值时的值，进而求出. 【详解】已知，可得：，， 可得：，得：， 因为，所以，，等式两边同时除以和可得： ，上式可化为：， 又因为，代入上式可得： ， 令，则，，代入可得： ， 因为，所以，则. 根据均值不等式对于有：， 当且仅当，即，时等号成立. 所以，即当时，取得最大值.  因为，且，所以.  当取得最大值时，角. 故选：D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用二倍角公式判断A、B，利用和差角公式判断C、D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D正确. 故选：CD 10. 在中，角所对的边的长分别为，则满足下面条件的三角形一定为直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据选项的边角关系，结合正弦定理，判断选项是否为直角三角形. 【详解】对于A选项，， 利用正弦定理角化边有， 整理得， 有， 因为，所以， 故选项A正确， 对于B选项，可知当三角形为等边三角形时，等式同样成立， 故选项B错误， 对于C选项，，根据半角公式有， ， 整理得， 故选项C正确， 对于D选项，， 因为在任意的三角形中都有， 所以两式相加可得， 整理得， 故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，属于基础题. 11. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在坐标系中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 当时， C. D. 当时，与的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先求出，再根据所给定义及数量积的运算律、夹角公式计算可得. 【详解】依题意， 对于A：因为，所以， 所以 ，故A正确； 对于B：当时，则， 所以 ， 所以与不垂直，故B错误； 对于C：， 所以 ， 所以当时取得最小值，且，故C正确； 对于D：由C可知， 当时，， 所以， 设与的夹角为，则， 又，所以，所以与的夹角为，故D正确. 故选：ACD 三､填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式有，结合角的范围求正弦值即可. 【详解】由题设，而，则， 所以. 故答案为： 13. 在四边形中，，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知有，利用余弦定理求边长即可. 【详解】由题设，且， 由. 故答案为： 14. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则________，若，，则的最小值为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据向量的加减运算，以为基底，表示出，和已知等式比较，即可得的值，求得的值；结合已知用表示，结合三点共线可得，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得的最小值. 【详解】在中，，，则， 故 ， 故； 又，而，， 所以，则， 又三点共线，所以，结合已知可知， 故， 当且仅当，结合，即时，取等号； 即的最小值为， 故答案为：； 【点睛】结论点睛：若，则三点共线. 四､解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 已知向量，，. （1）当，求x，y； （2），且，求向量与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量相等构造方程求得； （2）先利用平面向量共线的坐标表示求解向量，再利用向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 依题意， 即，解得 所以. 【小问2详解】 由向量，，，所以 由，得，解得， 所以， 所以， 所以，又，所以. 16. 已知为钝角，． （1）求的值； （2）若锐角满足，求的值． 【答案】（1）7 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的正切公式及两角差的正切公式得解； （2）先求出，再由二倍角的正切公式及两角和的正切公式求出， 根据角的范围求出角即可. 【小问1详解】 ， . 【小问2详解】 由可得， 由锐角知，， 所以， 所以， 由，则，又， 所以，又， 所以，又， 所以. 17. 已知中，是边的中点，且①；②；③；④. （1）求AC的长； （2）的平分线交BC于点E，求AE的长. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是___________，请写出用剩余条件解答本题的过程. 【答案】删①或删④. （1）2；（2）. 【解析】 【分析】若删去②③，由余弦定理易得出两解，不满足题意.删①，在中和中分别利用余弦定理建立关系可求解，再利用可求AE的长；删④，在中，由余弦定理有，在中，，由求得，利用可求AE的长. 【详解】删①. （1）设， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 联立方程解得，所以； （2）设，则由 得，解得； 删②， 则在中，由余弦定理有， 即，解得或， 则或4，有2解，不满足题意； 删③， 在中，由余弦定理可得， 即，解得或2，有2解，不满足题意； 删④. （1）设， 在中，由余弦定理有， 同理，在中，， ，，解得，； （2）设，则由 得，解得. 【点睛】关键点睛：解决本题得关键是熟练应用余弦定理建立等量关系求解. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调增区间； （2）若，且，求的值； （3）在中，若，求的取值范围. 【答案】（1）最小正周期为，单调增区间为； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用诱导公式及二倍角正余弦公式、和角正弦公式化简函数式得，进而求其最小正周期、单调增区间； （2）由已知得，结合平方关系和角的范围求函数值； （3）由已知得，结合三角形内角的性质、三角恒等变换得且，即可求范围. 【小问1详解】 由 ， 所以的最小正周期， 令，则， 所以单调增区间为； 【小问2详解】 由，则， 所以，又， 所以，则， 所以，又，则（负值舍）； 【小问3详解】 ，，可得， ， 又，则，故， 所以. 19. 定义函数的“积向量”为，向量的“积函数”为. （1）若，，求最大值及对应的取值集合； （2）若向量的“积函数”满足，求的值； （3）已知，，设，且的“积函数”为，其最大值为，求的最小值，并判断此时，的关系. 【答案】（1）最大值为，的取值集合为 （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）由已知可得，根据三角函数的性质求解即可； （2）令，有已知根据三角恒等变换求解即可； （3）由已知可得，根据三角函数的有界性可得最大值和与的关系，将代入根据二次函数的性质即可求解. 【小问1详解】 若，，则， 当时，即，，函数有最大值， 函数的最大值为，对应的取值集合为； 【小问2详解】 ， 令，所以， 所以，， 即，，所以； 【小问3详解】 因为，， 所以 ， 所以 ， 此时存在满足，，， 当且仅当时等号成立， 所以， 即，， 所以成立， 且， 则， ， 当时有最小值， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $