山西省吕梁市汾阳市第五高级中学2022-2023学年高一下学期数学第七次测试试题（含解析）

汾阳市第五高级中学2022-2023学年高一下学期数学第七次测试试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（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．在中，角，，所对的边分别是，，，若，则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．在中，若，则的形状是（ ）
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．既非等腰三角形又非直角三角形
4．在中，若 ，，，则AB的长度为（ ）
A．2 B．4
C． D．
5．已知三内角，，的对边分别为，，，且，若角的平分线交于点，且，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．3 D．5
6．婆罗摩芨多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为婆罗摩芨四边形．如图，已知圆O内接四边形ABCD中，对角线于点P，过点P的直线EF分别交一组对边AB，CD于点E，F，且，则①；②；③为定值；④，以上结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．设内角的对边分别为，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．
8．已知锐角三角形的边长分别为1，3，a，则a的范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9．△ABC中，，A=60°，AC=4，则边AC上的高是（ ）
A． B． C． D．
10．在△ABC中，D为BC边上的中点，P0是边AB上的一个定点，，且对于AB上任一点P，恒有·≥·，则下列结论中正确的是（　　）
A．·＝－；
B．存在点P，使||＜||；
C．·＝0；
D．AC＝BC.
11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，，则为钝角三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，，，则符合条件的三角形不存在
12．在中，已知和，此时尚不足以确定的形状与大小.但是，只要再知道某些条件（例如：的长度），就可确定唯一的形状与大小，试选出正确的选项（ ）
A．如果再知道的值，就可确定唯一的形状与大小
B．如果再知道的值，就可确定唯一的形状与大小
C．如果再知道的值，就可确定唯一的形状与大小
D．如果再知道的外接圆半径，就可确定唯一的形状与大小
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则b=____________．
14．记的内角，，的对边分别为，，，若，则三个内角中最大角的余弦值为___________.
15．在中，，，，M是所在平面上的动点，则的最小值为________．
16．设为内一点，且满足关系式，则__．
四、解答题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
17．已知△的三边之比为，求最大内角的度数．
18．已知.
（1）若，求的取值范围；
（2）求的单调递增区间和对称轴；
（3）设的三边分别是a，b，c，周长为1，若，求面积的最大值.
19．在中，内角的对边分别为，求边长c.
20．在中，，，，为线段的中点.
(1)求的长；
(2)求的值.
21．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，为三个相邻的自然数，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的值.
22．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积S.
参考答案：
1．B
【分析】由已知利用余弦定理的推论可得，结合范围，可求角得值.
【详解】解：
由余弦定理的推论，可得，
又
故选：B.
2．B
【分析】由余弦定理求出答案.
【详解】由得：，
解得：
故选：B
3．A
【分析】由数量积的运算律变形得出垂直关系，从而判断出三角形形状．
【详解】解：，
，即，
，
则的形状是直角三角形.
故选：A.
4．D
【分析】利用余弦定理计算可得；
【详解】解：在中，，，由余弦定理可得，即，解得或（舍去）
故选：D
5．A
【分析】利用正弦定理的边角互化可得，从而可得，再由，根据三角形的面积公式可得，即，再由基本不等式即可求解.
【详解】解析：由及正弦定理，得，
因为，，
所以，即.
因为，所以.
如图，，
所以，
所以，即，所以，
当且仅当，，即时，等号成立，所以的最小值为4.
故选：A.
6．D
【分析】对于①：根据圆的性质可得，由此可判断；
对于②：根据平面几何知识可得，，由此可判断；
对于③：由勾股定理可判断；
对于④：根据向量的线性运算和向量数量积运用可判断.
【详解】解：对于①：因为，，所以点F是CD的中点，且有PF=CF=FD，所以，
又，，所以，所以，所以，故①正确；
对于②：连接CO并延长交圆O于G，连接GD，则，又，所以，且，
又，，，所以，
所以，所以，即，故②正确；
对于③：，CG为圆的直径，所以为定值，故③正确；
对于④：
，
又，所以，
所以，故④正确，
所以正确的命题的个数是4个，
故选：D.
7．B
【分析】由题意和余弦定理可得BC，进而由角平分线性质定理可得BD，然后由余弦定理可得关于AD的一元二次方程，解方程验证可得.
【详解】由题意和余弦定理可得，
由角平分线性质定理可得，
由余弦定理知，
，
整理可得,
解得或（舍去，不满足两边之和大于第三边）
故选：B
8．C
【分析】根据三角形为锐角三角形，满足最大角的余弦值大于即可.
【详解】设角对应的边为，
当是最大边时，，所以，
当不是最大边时，，所以，
所以的取值范围是，
故选：C.
9．AB
【分析】先用余弦定理求出的长，再求出边AC上的高.
【详解】由余弦定理得：，解得：或3，经检验均符合，设边AC上的高是，当时，；当时，
故选：AB
10．AD
【分析】由题意画出图形，利用平面向量的加减运算及数量积运算逐一分析四个命题得答案.
【详解】A, 因为，故A正确.
B：由A知，，又·≥·恒成立，
，即恒成立，B不正确.
C：由恒成立，是点D与直线AB上各点距离的最小值，，，故C错误.
D：取AB的中点为，，为OB中点,，
，△ABC等三形，,故D正确.
故选：AD.
11．AD
【分析】对于A：利用大角对大边得到，由正弦定理即可证明；
对于B：利用余弦定理求得，得到最大角C为锐角，即可判断；
对于C：利用正弦定理和三角变换证明出是等腰或直角三角形，即可判断；
对于D：利用正弦定理求得，判断出B不存在.
【详解】对于A：若，由大角对大边得到.由正弦定理得：得到sinA>sinB.故A正确.
对于B：根据，可得，所以最大角C为锐角，故为锐角三角形.故B错误；
对于C：若，则sinA cosA= sinBcosB，可得sin 2A= sin 2B所以2A=2B或，所以是等腰或直角三角形.故C不正确；
对于D:若，，，则，所以这样符合条件的三角形内角B不存在.故D正确.
故选：AD
12．AB
【分析】利用余弦定理与二次方程的解可判断ABC选项，利用正弦定理可判断D选项.
【详解】设.
对于A选项，若确定的值，利用余弦定理可知能确定的长度，则可确定唯一的形状与大小，A选项满足条件；
对于B选项，由余弦定理可得，
整理可得，，
设方程的两根分别为、，则，
故方程只有唯一正根，即唯一确定，B选项满足条件；
对于C选项，由余弦定理可得，
整理可得，
，故为锐角，则，
当，设方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，，
即方程有两个不等的正根，此时的长不确定，C选项不满足条件；
对于D选项，因为，则为锐角，
若确定的外接圆半径，则角确定，但可为锐角，也可为钝角，故的形状和大小不确定，D选项不满足条件.
故选：AB.
13．3
【分析】根据余弦定理运算求解.
【详解】由余弦定理得，可得，
解得或（舍去）．
故答案为：3.
14．
【分析】由已知三角形三边的比例关系，可以根据三角形中大边对大角，可知，在中为最大的角，然后我们可以根据三边的比例关系，分别设出三边，然后再利用余弦定理求解即可.
【详解】由题意可知，在中，，所以，为内角中最大的角，可令
，，，则，
故答案为：.
15．
【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设，可得的坐标，根据数量积公式，可得的表达式，即可求得答案.
【详解】以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：
因为，，，
所以，设，
则，
所以
=，
当时，有最小值，且为，
故答案为：
【点睛】解题的关键是建立适当的坐标系，求得点坐标，利用数量积公式的坐标公式求解，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.
16．
【分析】由题意将已知中的向量都用为起点来表示，从而得到，分别取的中点为，可得，利用平面知识可得S△AOB与S△AOC及S△BOC
与S△ABC的关系，可得所求.
【详解】∵，
∴，
∴，分别取的中点为，
∴，
∴；
；
.
∴
故答案为：．
17．
【分析】设出比例系数即可知△的三边边长，由大边对大角可知角为最大角，利用余弦定理即可求解.
【详解】由题意，不妨设三角形的三边分别为：，，，
由此可知，△中的最大角为，
由余弦定理得，
又∵，∴，
即△的最大的内角为.
18．（1）
（2）对称轴为，
单调递增区间为，
（3）面积的最大值.
【分析】（1）利用倍角公式，结合辅助角公式进行化简求出角的范围，结合函数取值范围进行求解.
（2）根据函数解析式可根据正弦函数的单调区间求解.
（3）根据三角函数的周长，结合余弦定理，以及基本不等式的性质进行转化求解即可.
【详解】解：（1）解：由题意得：
即的取值范围为.
（2）由（1）得，的对称轴：令，可得对称轴为，
增区间：，
，
解得单调递增区间为，
（3）由（1）得，
，即
由余弦定理得：
化简得：
当且仅当时等号成立
解得或(舍去)
面积的最大值.
19．或
【分析】由余弦定理，计算可求出边长c．
【详解】在△ABC中，根据余弦定理可得，即，
整理得，解得或．
20．(1)
(2)
【分析】（1）（2）由余弦定理求解，
【详解】（1）由余弦定理得，
即，得，
（2）由题意得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，故，得，
故
21．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先求三角形的三边长，再由余弦定理求出和，最后证明结论；
（2）先由（1）得到，再求出，最后判断符合题意即可.
【详解】（1）证明：不妨设，，，由正弦定理，①
由余弦定理：②.
联立① ②可得：，故三角形的三边长为6，4，5.
由余弦定理：；，
故，证毕.
（2）解：由（1）可知.
故，
所以，解得.
将代入，解得，这与矛盾，故舍去.
将代入，符合题意.
综上，.
【点睛】本题考查同角三角函数关系、两角和差的正余弦公式、正弦定理、余弦定理，是基础题.
22．（1）；（2）21.
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后结合两角和的正弦公式和诱导公式可得；
（2）由正弦定理求得，由诱导公式和两角和的正弦公式求得，再由三角形面积公式得结论．
【详解】解：（1）因为，，由正弦定理得
，
所以，
因为，在中，
所以，
所以，，
又，所以
（2）因为，在中，，所以
由正弦定理得
因为，在中，
所以，
所以，的面积S．
【点睛】本题考查正弦定理解三角形与边角互化，考查诱导公式与两角和的正弦公式，同角间的三角函数关系，应用的公式较多，注意应用公式的顺序，本题属于中档题．