浙江省2023-2024学年高一下学期3月四校联考数学试题
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．（2024高一下·浙江月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·浙江月考）设，，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．非充分非必要条件
3．（2024高一下·浙江月考）已知向量，，，若，则（ ）
A． B． C．6 D．
4．（2024高一下·浙江月考）在四边形ABCD中，O为任意一点，若，则（ ）
A．四边形ABCD是矩形 B．四边形ABCD是菱形
C．四边形ABCD是正方形 D．四边形ABCD是平行四边形
5．（2024高一下·浙江月考）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
6．（2024高一下·浙江月考）已知六边形ABCDEF为正六边形，且，，以下不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·浙江月考）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米
A． B． C． D．
8．（2024高一下·浙江月考）已知点P是所在平面内的动点，且满足，射线AP与边BC交于点D，若，，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
二、多选题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·浙江月考）在下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2024·潍坊模拟）函数的图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．是奇函数
C．的图象关于直线对称
D．若在上有且仅有两个零点，则
11．（2024高一下·浙江月考）在中，，，O为内的一点，设，则下列说法正确的是（ ）
A．若O为的重心，则
B．若O为的外心，则
C．若O为的内心，则
D．若O为的垂心，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·浙江月考）已知向量与的夹角为，，，则 ．
13．（2024高一下·浙江月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，，，则的面积是 ．
14．（2024高一下·浙江月考）已知函数在上有两个不同的零点，则满足条件的所有m的值组成的集合是 ．
四、解答题：本大题共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．（2024高一下·浙江月考）在平面直角坐标系中，已知点，，．
（1）求向量在的投影向量的坐标；
（2）求的面积．
16．（2024高一下·浙江月考）已知函数．
（1）若，求x的取值范围；
（2）当时，求函数的值域．
17．（2024高一下·浙江月考）如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O．
（1）用，表示；
（2）过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值；
（3）若，求的值．
18．（2024高一下·浙江月考）已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．
（1）求A的大小；
（2）若，将射线BA和射线CA分别绕点B，C顺时针旋转，，旋转后相交于点D（如图所示），且，求AD．
19．（2024高一下·浙江月考）古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式．其中，．我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式．
（1）利用“三斜求积”公式证明三角形的面积公式；
（2）在中，，，求面积的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以，.
又因为，，
所以，，，.故
故选：C.
【分析】本题考查集合交集的运算和集合并集的运算.先根据集合并集的概念分析可知：，，再根据集合的交集的概念可知：，，，.，综合两种情况可求出集合B.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】若，则，即，故，充分性成立，
不妨设，此时，但不满足，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
【分析】本题考查向量平行的条件，充分条件和必要条件的判定.先对分式变形化简可得：，可推出，据此可推出充分性成立；使用特例法，设，可推出，但不满足分式，据此可知必要性不成立，综合可选出选项.
3．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】根据题意，，
又，所以，
即，解得.
故选：A
【分析】本题考查向量垂直的坐标表示.根据两个向量垂直，则两个向量的数量积等于0，即：，据此可列出方程，解方程可求出m的值.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】因为，则，即，
可知两边平行且相等，所以四边形ABCD是平行四边形，
但没有足够条件判断ABCD是否为矩形、菱形或正方形，故ABC错误，D正确.
故选：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算.根据向量的减法可得，据此可得两边平行且相等，进而选出答案.
5．【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
B，根据正弦定理得，，又，，B有两解，B正确；
C，由正弦定理：得：，C只有一解，C错误.
D，根据正弦定理得，，又，，D只有一解，D错误.
故选：B
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理判断三角形解的情况.根据三角形三边的关系和余弦定理可求出内角，只有一解，据此可判断A选项；利用正弦定理求出，再根据大边对大角，可判断解的情况，据此可判断B，C，D选项.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】已知如图所示：
设
因为六边形ABCDEF为正六边形，
所以，且.
又是等腰三角形，所以，
从而可有，
则，
所以，同理有.
A、所以，A错误；
B、，B错误；
C、，C正确；
D、，D错误.
故选：C
【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的线性运算.设，根据正六边形的特征可推出，，结合相等向量的定义，再根据向量加法的三角形法则可判断B，C，D选项；根据向量的减法法则可判断A选项.
7．【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，则，
因为，
且，
则，
在中，则.
故选：B.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的实际应用.在中，先利用三角形内角和定理求出，再利用正弦定理可求出，在中利用正弦的定义可得：，代入数据可求出山的高度.
8．【答案】C
【知识点】向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】表示与共线的单位向量，表示与共线的单位向量，
的分向与的平分线一致，
，
所以点在的平分线上，即为的角平分线，
在中，，，利用正弦定理知：
同理，在中，
，其中
分析可知当时，取得最小值，即
故选：C
【分析】本题考查平面向量的定义，利用正弦定理解三角形.利用平面向量的定义分析，可得点在的平分线上，即为的角平分线，再利用正弦定理可求出，，进而可得，再结合三角形内角和定理，利用正弦函数的性质可求出最值.
9．【答案】A,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；空间向量基本定理
【解析】【解答】A、由于，所以，不共线，可以作为基底，A正确；
B、由于，所以，共线，不可以作为基底，B错误；
C、由于零向量与任意非零向量都共线，所以，共线，不可以作为基底，C错误；
D、，所以，不共线，可以作为基底，D正确.
故选：AD.
【分析】本题考查平面向量基底的定义.先利用共线向量的坐标表示公式：判断，是否共线，不共线的两个向量可作为平面向量的基底，据此可选项答案.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
由图象可知：，即，解得，
因为，所以，，
A、因为，所以的最小正周期为，故A正确；
B、是偶函数，故B错误；
C、，令，
则，
的图象关于直线对称，故C正确；
D、，，当时，，，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定的函数图象求出，再逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】已知如图所示：
A，重心为中线交点，则，即，
因为，
则，
所以，，
所以，A正确；
B，外心为垂直平分线交点，即的外接圆圆心，
因为，设为边的中点，
所以，，
所以，
因为，所以，
在中，，
则，
，
所以，易知，所以，
所以，B正确；
C，内心为角平分线交点，
分别为方向上的单位向量，
平分，
)，令
（)
化简得
则，
即，所以，
由A选项，则，，则，
所以，C错误；
D，垂心为高线交点，设，垂足为边上点，则，，共线，
根据等腰三角形的性质，已知，，
所以，
因为，则，即，
因为，所以，
即，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
所以，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查平面向量基本定理，三角形的重心，外心，内心，垂心的定义.对于A，由重心可知，根据向量的线性运算可得求出：，进而可得：，，求出的值，判断A选项；对于B，当三角形为等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，由外心可知，结合余弦定理可得，进而求出的值，判断B选项；对于C，由内心可知，结合，可得：，，进而求出的值，判断C选项；对于D，由垂线可知，则，整理可得，而，代入式子可求出的值，判断D选项；
12．【答案】
【知识点】向量的模
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：.
【分析】本题考查向量的模长.根据，利用完全平方公式进行展开，再代入数据可求出答案.
13．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理
【解析】【解答】由题意得，，
即，
，由得，，又，
得，即，所以；
由，，得，
由，得，从而，，
故，
所以的面积为．
故答案为：.
【分析】本题考查三角恒等变换，利用正弦定理解三角形，三角形的面积公式.先利用降幂升角公式和二倍角公式化简式子可得，据此可求出，进而求出，又，利用正弦定理可求出，利用两角和的正弦公式可求出，代入三角形面积公式可求出面积.
14．【答案】
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】，
令，
则，
则
当时，显然无解；当时可化为则，
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
①当时，即，此时或，符合题意；
②当时，即或，此时或，符合题意；
③当时，即，由可得，
易知当时，只有一个解满足，不符合题意；
④当时，即，
方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根，
有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m的值组成的集合是：.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合运用.先将原函数转化为同角三角函数，采用换元法令，原问题可转化为方程由两个不相等的实数根，分离参数可得：，先作出函数的图象，观察图象，分四种情况：当时；当时；当时；当时；进行讨论可求出m的取值集合.
15．【答案】（1）解：因为，，
所以在上的投影向量为：．
（2）解：，，
，，
，，．
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【分析】本题考查投影向量的定义，平面向量数量积的定义，平面向量的模长公式.
（1）先根据投影向量的定义可得：在上的投影向量为：，代入数据可求出答案；
（2）先利用向量的模长公式求出，，再利用数量积的定义求出，进而求出，再利用同角三角函数的基本公式求出，代入三角形的面积公式可求出答案.
16．【答案】（1）解：设，，，所以，即，
解得，所以，解得，即
（2）解：由（1）得，当，，所以函数可转化为，，
当时，y取最小值为，
当或时，y取最大值为4，
即当时，取最小值为，
当或时，取最大值为，
即函数的值域为．
【知识点】函数的值域；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】本题考查对数函数的单调性，二次函数的图象和性质.
（1）设，将不等式转化为二次不等式：，解不等式可得：，再利用对数函数的单调性和对数函数的定义域可求出答案；
（2）设，可得，该函数可转化为求关于的二次函数，的值域，利用二次函数的性质可求出值域.
17．【答案】（1）解：因为A，O，D三点共线，所以，，且E，O，C三点共线，
所以，其中D是BC中点，且，
所以即
解得，所以．
（2）解：因为H，O，G三点共线，所以，
其中，，所以，
根据平面向量基本定理可得：即，所以．
（3）解：，
整理可得：，所以．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【分析】本题考查向量共线定理，平面向量的基本定理，平面向量的数量积.
（1）由E，O，C三点共线，利用向量共线定理可得：，又，从两个角度用，表示，据此可得方程组：，解方程组可求出的值，进而求出答案；
（2）因为H，O，G三点共线，利用向量共线定理可得：，转化为用，表示，根据平面向量基本定理可列出方程组，解方程组可求出的值；
（3）用，表示，根据题意： ，再利用平面数量积运算进行展开，可求出答案.
18．【答案】（1）解：，，
，
，即，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由正弦定理得，
在中，由于，由正弦定理得，
于是，在中，由余弦定理得：．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，两角和与差的余弦公式.
（1）先利用两角和（差）的余弦公式进行展开可得，再利用正弦定理将边化角，通过化简可求出的值，据此可反推出角A；
（2）在中，先利用正弦定理求出，在中，再利用正弦定理求出，最后在中利用余弦定理进行计算可求出答案.
19．【答案】（1）解：因为，即，
可得，
且，则，所以．
（2）解：因为，
由题意可得，即，
整理得，
由正弦定理可得，即，
的面积
，
因为，当且仅当时，等号成立，
则，所以面积的最大值为．
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形面积公式，利用基本不等式求最值.
（1）先根据余弦定理进行变形可得：，代入“三斜求积”面公式，再利用同角三角函数的基本关系进行变形可证明结论；
（2）先利用同角三角函数基本关系和二倍角公式化简可得，再利用两角和的正弦公式化简可得：，利用正弦定理进行角化边可得，据此求出，代入三角形的面积公式化简可得：，利用基本不等式进行化简可求出面积的最大值.
1 / 1浙江省2023-2024学年高一下学期3月四校联考数学试题
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．（2024高一下·浙江月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算；交集及其运算
【解析】【解答】因为，，
所以，.
又因为，，
所以，，，.故
故选：C.
【分析】本题考查集合交集的运算和集合并集的运算.先根据集合并集的概念分析可知：，，再根据集合的交集的概念可知：，，，.，综合两种情况可求出集合B.
2．（2024高一下·浙江月考）设，，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】若，则，即，故，充分性成立，
不妨设，此时，但不满足，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
【分析】本题考查向量平行的条件，充分条件和必要条件的判定.先对分式变形化简可得：，可推出，据此可推出充分性成立；使用特例法，设，可推出，但不满足分式，据此可知必要性不成立，综合可选出选项.
3．（2024高一下·浙江月考）已知向量，，，若，则（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】根据题意，，
又，所以，
即，解得.
故选：A
【分析】本题考查向量垂直的坐标表示.根据两个向量垂直，则两个向量的数量积等于0，即：，据此可列出方程，解方程可求出m的值.
4．（2024高一下·浙江月考）在四边形ABCD中，O为任意一点，若，则（ ）
A．四边形ABCD是矩形 B．四边形ABCD是菱形
C．四边形ABCD是正方形 D．四边形ABCD是平行四边形
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】因为，则，即，
可知两边平行且相等，所以四边形ABCD是平行四边形，
但没有足够条件判断ABCD是否为矩形、菱形或正方形，故ABC错误，D正确.
故选：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算.根据向量的减法可得，据此可得两边平行且相等，进而选出答案.
5．（2024高一下·浙江月考）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
B，根据正弦定理得，，又，，B有两解，B正确；
C，由正弦定理：得：，C只有一解，C错误.
D，根据正弦定理得，，又，，D只有一解，D错误.
故选：B
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理判断三角形解的情况.根据三角形三边的关系和余弦定理可求出内角，只有一解，据此可判断A选项；利用正弦定理求出，再根据大边对大角，可判断解的情况，据此可判断B，C，D选项.
6．（2024高一下·浙江月考）已知六边形ABCDEF为正六边形，且，，以下不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】已知如图所示：
设
因为六边形ABCDEF为正六边形，
所以，且.
又是等腰三角形，所以，
从而可有，
则，
所以，同理有.
A、所以，A错误；
B、，B错误；
C、，C正确；
D、，D错误.
故选：C
【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的线性运算.设，根据正六边形的特征可推出，，结合相等向量的定义，再根据向量加法的三角形法则可判断B，C，D选项；根据向量的减法法则可判断A选项.
7．（2024高一下·浙江月考）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，则，
因为，
且，
则，
在中，则.
故选：B.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的实际应用.在中，先利用三角形内角和定理求出，再利用正弦定理可求出，在中利用正弦的定义可得：，代入数据可求出山的高度.
8．（2024高一下·浙江月考）已知点P是所在平面内的动点，且满足，射线AP与边BC交于点D，若，，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】表示与共线的单位向量，表示与共线的单位向量，
的分向与的平分线一致，
，
所以点在的平分线上，即为的角平分线，
在中，，，利用正弦定理知：
同理，在中，
，其中
分析可知当时，取得最小值，即
故选：C
【分析】本题考查平面向量的定义，利用正弦定理解三角形.利用平面向量的定义分析，可得点在的平分线上，即为的角平分线，再利用正弦定理可求出，，进而可得，再结合三角形内角和定理，利用正弦函数的性质可求出最值.
二、多选题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·浙江月考）在下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；空间向量基本定理
【解析】【解答】A、由于，所以，不共线，可以作为基底，A正确；
B、由于，所以，共线，不可以作为基底，B错误；
C、由于零向量与任意非零向量都共线，所以，共线，不可以作为基底，C错误；
D、，所以，不共线，可以作为基底，D正确.
故选：AD.
【分析】本题考查平面向量基底的定义.先利用共线向量的坐标表示公式：判断，是否共线，不共线的两个向量可作为平面向量的基底，据此可选项答案.
10．（2024·潍坊模拟）函数的图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．是奇函数
C．的图象关于直线对称
D．若在上有且仅有两个零点，则
【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
由图象可知：，即，解得，
因为，所以，，
A、因为，所以的最小正周期为，故A正确；
B、是偶函数，故B错误；
C、，令，
则，
的图象关于直线对称，故C正确；
D、，，当时，，，解得，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定的函数图象求出，再逐项判断即可.
11．（2024高一下·浙江月考）在中，，，O为内的一点，设，则下列说法正确的是（ ）
A．若O为的重心，则
B．若O为的外心，则
C．若O为的内心，则
D．若O为的垂心，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】已知如图所示：
A，重心为中线交点，则，即，
因为，
则，
所以，，
所以，A正确；
B，外心为垂直平分线交点，即的外接圆圆心，
因为，设为边的中点，
所以，，
所以，
因为，所以，
在中，，
则，
，
所以，易知，所以，
所以，B正确；
C，内心为角平分线交点，
分别为方向上的单位向量，
平分，
)，令
（)
化简得
则，
即，所以，
由A选项，则，，则，
所以，C错误；
D，垂心为高线交点，设，垂足为边上点，则，，共线，
根据等腰三角形的性质，已知，，
所以，
因为，则，即，
因为，所以，
即，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
所以，D正确.
故选：ACD.
【分析】本题考查平面向量基本定理，三角形的重心，外心，内心，垂心的定义.对于A，由重心可知，根据向量的线性运算可得求出：，进而可得：，，求出的值，判断A选项；对于B，当三角形为等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，由外心可知，结合余弦定理可得，进而求出的值，判断B选项；对于C，由内心可知，结合，可得：，，进而求出的值，判断C选项；对于D，由垂线可知，则，整理可得，而，代入式子可求出的值，判断D选项；
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2024高一下·浙江月考）已知向量与的夹角为，，，则 ．
【答案】
【知识点】向量的模
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：.
【分析】本题考查向量的模长.根据，利用完全平方公式进行展开，再代入数据可求出答案.
13．（2024高一下·浙江月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，，，则的面积是 ．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理
【解析】【解答】由题意得，，
即，
，由得，，又，
得，即，所以；
由，，得，
由，得，从而，，
故，
所以的面积为．
故答案为：.
【分析】本题考查三角恒等变换，利用正弦定理解三角形，三角形的面积公式.先利用降幂升角公式和二倍角公式化简式子可得，据此可求出，进而求出，又，利用正弦定理可求出，利用两角和的正弦公式可求出，代入三角形面积公式可求出面积.
14．（2024高一下·浙江月考）已知函数在上有两个不同的零点，则满足条件的所有m的值组成的集合是 ．
【答案】
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】，
令，
则，
则
当时，显然无解；当时可化为则，
利用对勾函数的性质与图象可知（如下图所示）：
①当时，即，此时或，符合题意；
②当时，即或，此时或，符合题意；
③当时，即，由可得，
易知当时，只有一个解满足，不符合题意；
④当时，即，
方程有两根，不妨记为，其中，只有一个根，
有两个根，故方程有3个解，也不符合题意.
∴满足条件的所有m的值组成的集合是：.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合运用.先将原函数转化为同角三角函数，采用换元法令，原问题可转化为方程由两个不相等的实数根，分离参数可得：，先作出函数的图象，观察图象，分四种情况：当时；当时；当时；当时；进行讨论可求出m的取值集合.
四、解答题：本大题共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．（2024高一下·浙江月考）在平面直角坐标系中，已知点，，．
（1）求向量在的投影向量的坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）解：因为，，
所以在上的投影向量为：．
（2）解：，，
，，
，，．
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【分析】本题考查投影向量的定义，平面向量数量积的定义，平面向量的模长公式.
（1）先根据投影向量的定义可得：在上的投影向量为：，代入数据可求出答案；
（2）先利用向量的模长公式求出，，再利用数量积的定义求出，进而求出，再利用同角三角函数的基本公式求出，代入三角形的面积公式可求出答案.
16．（2024高一下·浙江月考）已知函数．
（1）若，求x的取值范围；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1）解：设，，，所以，即，
解得，所以，解得，即
（2）解：由（1）得，当，，所以函数可转化为，，
当时，y取最小值为，
当或时，y取最大值为4，
即当时，取最小值为，
当或时，取最大值为，
即函数的值域为．
【知识点】函数的值域；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】本题考查对数函数的单调性，二次函数的图象和性质.
（1）设，将不等式转化为二次不等式：，解不等式可得：，再利用对数函数的单调性和对数函数的定义域可求出答案；
（2）设，可得，该函数可转化为求关于的二次函数，的值域，利用二次函数的性质可求出值域.
17．（2024高一下·浙江月考）如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O．
（1）用，表示；
（2）过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）解：因为A，O，D三点共线，所以，，且E，O，C三点共线，
所以，其中D是BC中点，且，
所以即
解得，所以．
（2）解：因为H，O，G三点共线，所以，
其中，，所以，
根据平面向量基本定理可得：即，所以．
（3）解：，
整理可得：，所以．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【分析】本题考查向量共线定理，平面向量的基本定理，平面向量的数量积.
（1）由E，O，C三点共线，利用向量共线定理可得：，又，从两个角度用，表示，据此可得方程组：，解方程组可求出的值，进而求出答案；
（2）因为H，O，G三点共线，利用向量共线定理可得：，转化为用，表示，根据平面向量基本定理可列出方程组，解方程组可求出的值；
（3）用，表示，根据题意： ，再利用平面数量积运算进行展开，可求出答案.
18．（2024高一下·浙江月考）已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，．
（1）求A的大小；
（2）若，将射线BA和射线CA分别绕点B，C顺时针旋转，，旋转后相交于点D（如图所示），且，求AD．
【答案】（1）解：，，
，
，即，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由正弦定理得，
在中，由于，由正弦定理得，
于是，在中，由余弦定理得：．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，两角和与差的余弦公式.
（1）先利用两角和（差）的余弦公式进行展开可得，再利用正弦定理将边化角，通过化简可求出的值，据此可反推出角A；
（2）在中，先利用正弦定理求出，在中，再利用正弦定理求出，最后在中利用余弦定理进行计算可求出答案.
19．（2024高一下·浙江月考）古希腊的数学家海伦在其著作《测地术》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为海伦公式．其中，．我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中给出了由三角形的三边长a，b，c计算三角形面积的公式：，这个公式常称为“三斜求积”公式．
（1）利用“三斜求积”公式证明三角形的面积公式；
（2）在中，，，求面积的最大值．
【答案】（1）解：因为，即，
可得，
且，则，所以．
（2）解：因为，
由题意可得，即，
整理得，
由正弦定理可得，即，
的面积
，
因为，当且仅当时，等号成立，
则，所以面积的最大值为．
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形面积公式，利用基本不等式求最值.
（1）先根据余弦定理进行变形可得：，代入“三斜求积”面公式，再利用同角三角函数的基本关系进行变形可证明结论；
（2）先利用同角三角函数基本关系和二倍角公式化简可得，再利用两角和的正弦公式化简可得：，利用正弦定理进行角化边可得，据此求出，代入三角形的面积公式化简可得：，利用基本不等式进行化简可求出面积的最大值.
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