精品解析：北京市平谷区第五中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

平谷区第五中学2025-2026学年度第二学期期中数学试卷 一､选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分． 1. 已知向量，，且，那么t等于（ ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 2. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 或 3. 平面向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ） A. B. 5 C. 1 D. 4. 在△ABC中，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列关于向量的命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若，则 6. 在中，，则的形状一定为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 7. 如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则 A. B. C. D. 8. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 若向量与满足，且，则在上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 10. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 11. 在中，角，，的对边分别是，，，则下列说法正确的个数为（ ） ①若，则一定为等腰三角形 ②若，则一定为锐角三角形 ③若，，则面积的最大值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 12. 设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A. (1，9] B. (3，9] C. (5，9] D. (7，9] 二､填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 13. 已知圆柱的底面半径为3，高为4，则该圆柱的侧面积为________． 14. 在中，角的对边分别是，已知，则__________． 15. 在△ABC中，请给出一个值_______，使该三角形有两解. 16. 设单位向量，满足．若，则________；若与的夹角为，且，则实数________． 17. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 18. 如图，是三个边长为1的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_________． 三､解答题：本题共5小题，共72分． 19. 已知，，且. （1）求的值； （2）设，，记与的夹角为，求的值. 20. 在中，所对的边分别为，已知 （1）求的值； （2）求的面积． 21. 如图，在中， ， ，点在边上，且， . （1）求； （2）求的长. 22. 已知a，b，c分别为的三个内角A、B，C的对边，且． （1）求角B的值； （2）记知，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求AC边上的高h． 条件①：； 条件②：； 条件③：． （注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．） 23. 在中，，． （1）求， （2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平谷区第五中学2025-2026学年度第二学期期中数学试卷 一､选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分． 1. 已知向量，，且，那么t等于（ ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算列出方程，即可解出答案. 【详解】因为，，且， 所以即，解得 故选：A 2. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，由即可得到角，根据条件进行取舍. 【详解】在中，由正弦定理得， ，即， 又，所以或， 又时，不合题意舍去，所以. 故选：B. 3. 平面向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ） A. B. 5 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意建立直接坐标系，根据向量的线性坐标运算得的坐标，然后利用数量积的坐标运算求解即可. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，则， 所以， 所以. 故选：A 4. 在△ABC中，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理求出，进而可得到. 【详解】根据正弦定理得，， 因为，所以, 解得，因为，所以， 所以. 故选：D. 5. 下列关于向量的命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A和B，由，得的模相等，而它们的方向不确定，则向量不一定共线，所以A和B均错误； 对于C，取，满足，而可为任意方向，则不一定共线，C错误； 对于D，，由相等向量的意义，得，D正确. 6. 在中，，则的形状一定为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理化简得出，即可得出结论. 【详解】由余弦定理可得，整理可得， 因此，为等腰三角形. 故选：A. 7. 如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由图象知，所以有，再根据同角三角函数关系式，可求出，选B. 考点：1.两角差的正切公式；2.同角三角函数关系式. 8. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件底面积和侧面积建立方程，求出圆锥的底面半径和母线，再求出高，然后再求体积即可. 【详解】设圆锥的底面半径、高、母线长分别为，，，已知底面周长，解得；侧面积，代入可得到母线长；由勾股定理可得高；则体积. 故选： 9. 若向量与满足，且，则在上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出；再结合向量的投影公式，及向量模的计算即可求解. 【详解】由，可得： 因为， 所以. 又因为在上的投影向量为， 所以在上的投影向量的模. 故选：C. 10. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】为两个非零向量，，设两向量的夹角为. 充分性：，，即，解得； 不一定存在正数，使得成立，即充分性不成立. 必要性：存在正数，使得成立，； ，即必要性成立. “”是“存在正数，使得”的必要而不充分条件. 11. 在中，角，，的对边分别是，，，则下列说法正确的个数为（ ） ①若，则一定为等腰三角形 ②若，则一定为锐角三角形 ③若，，则面积的最大值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】①根据正弦定理及二倍角公式化解可得或，进而判断即可；②结合平面向量的定义可得，即可得到为锐角，进而判断即可；③根据余弦定理及基本不等式可得，进而结合三角形的面积公式求解判断即可. 【详解】①由，根据正弦定理得， 则，所以或， 则或，所以为等腰三角形或直角三角形，故①错误； ②由，则，所以为锐角， 此时不一定为锐角三角形，故②错误； ③由余弦定理得， 则，当且仅当时等号成立， 则，故③正确. 故选：B. 12. 设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A. (1，9] B. (3，9] C. (5，9] D. (7，9] 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 则有， 由的内角为锐角， 可得， ， 由余弦定理可得 因此有 故选：D. 【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径. 二､填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分． 13. 已知圆柱的底面半径为3，高为4，则该圆柱的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的展开图和侧面积公式计算即可. 【详解】因为圆柱的侧面展开图为矩形，宽为圆柱的高，长为圆柱底面圆的周长， 所以该圆柱的侧面积为. 故答案为：. 14. 在中，角的对边分别是，已知，则__________． 【答案】##0.875 【解析】 【详解】由余弦定理得. 15. 在△ABC中，请给出一个值_______，使该三角形有两解. 【答案】 【解析】 【分析】先由正弦定理得到，三角形有两个解，即方程有两个解，即直线和有两个不同的交点，结合正弦函数的性质得到结果. 【详解】根据正弦定理得到， 三角形有两个解，即方程有两个解，即直线和有两个不同的交点，根据正弦函数的性质得到，角当即当时，三角形有两个解. 故答案为. 【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，属基础题．涉及正弦定理的应用. 16. 设单位向量，满足．若，则________；若与的夹角为，且，则实数________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】， 因为，所以， 所以； 由于单位向量，满足，即， 因为与的夹角为，所以， 整理可得， 因为，所以. 17. 已知中，，，点在线段上，且，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解. 【详解】设等腰在边上的高为， 因为，所以， 所以， 所以， 所以 . 故答案为：. 18. 如图，是三个边长为1的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知有为等腰三角形，，，延长交于点，则，应用向量数量积的运算律有，即可求. 【详解】由是三个边长为1的等边三角形， 所以为等腰三角形，，， 所以，， 延长交于点，如下图示，易知， 所以，故， 所以 ， 所以. 故答案为： 三､解答题：本题共5小题，共72分． 19. 已知，，且. （1）求的值； （2）设，，记与的夹角为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量垂直的坐标表示求解； （2）由向量模长和数量积的运算律求. 【小问1详解】 根据题意，， 所以，得； 【小问2详解】 由（1）知，， ， ， ， ， 所以. 20. 在中，所对的边分别为，已知 （1）求的值； （2）求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理列式求解. （2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得. 【小问2详解】 由余弦定理，得，即， 而，解得，所以的面积. 21. 如图，在中， ， ，点在边上，且， . （1）求； （2）求的长. 【答案】（1）；（2）7. 【解析】 【详解】（I）在中，∵，∴ ∴ （II）在中，由正弦定理得： 在中，由余弦定理得： ∴ 考点：正弦定理与余弦定理． 22. 已知a，b，c分别为的三个内角A、B，C的对边，且． （1）求角B的值； （2）记知，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求AC边上的高h． 条件①：； 条件②：； 条件③：． （注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及特殊角的函数值化简求解即可； （2）选择条件①：利用余弦定理求得或，故不唯一，不符合题意； 选择条件②：由余弦定理求得，进而等面积法求得AC边上的高h； 选择条件③：由同角三角函数基本关系得，由两角和的正弦公式得，由正弦定理得，进而求得AC边上的高. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得， 又，所以，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 选择条件①：，，， 由余弦定理得，所以， 即，解得或，故不唯一，不符合题意； 选择条件②：，，，由余弦定理得， 所以，即，解得（舍去）或， 唯一，符合题意，利用面积公式， 所以AC边上的高； 选择条件③：由题意，，，，角确定为锐角， 故唯一，符合题意，所以， 又， 由正弦定理得， 所以AC边上的高. 23. 在中，，． （1）求， （2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选条件②或③，存在，周长为. 【解析】 【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得； （2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长. 【小问1详解】 因为，，所以， 由正弦定理得，而三角形中有， 所以，再由二倍角公式得，且， 所以. 【小问2详解】 若选条件①：. 因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：， 即，得，， 方程无解，所以a边不存在，故不存在. 若选条件②：. 因为，由（1）可知，所以. 同理，得， 所以在中由正弦定理，得， 再由余弦定理，得， 即，解得或（舍去）. 所以三角形的周长. 若选条件③：的面积为. 因为，由（1）可知，所以, 由三角形面积公式，得. 再由余弦定理，得，即. 所以，所以. 所以三角形的周长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $