重庆市凤鸣山中学教育集团2022—2023学年度下期
高2022级数学试题
考试说明：1．考试时间：120分钟；2．试题总分150分；3．试卷页数4页
一 单选题（共8个小题，每小题5分，共40分．）
1. 若向量，，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直接求解即可.
【详解】，，则.
故选：D.
2. 在中，若，，，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件利用正弦定理直接计算即可判断作答.
【详解】在中，若，，，由正弦定理得：
，
所以.
故选：B
3. 如图，已知中，点在边上，且，点在线段上，且，设，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算可以为基底表示出，由此得到的值，从而求得结果.
【详解】，
，，.
故选：A.
4. 如图，边长为2的正方形中，点是线段上靠近的三等分点，是线段的中点，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用向量分别表示出与，再由向量数量积的运算法则，即可求出结果.
【详解】因为，
，
所以.
故选D．
【点睛】本主要考查向量的数量积，熟记向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.
5. 《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．
【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，
而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8，
当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，
当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，
故有8+4+4=16
故选D．
【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．
6. 已知非零向量与满足，且，则为（ ）
A. 等腰非直角三角形 B. 直角非等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由推出，由推出，则可得答案.
【详解】由，得，得，得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以为等腰直角三角形.
故选：C
7. 圣索菲亚大教堂，位于土耳其伊斯坦布尔，有着近一千五百年的历史，因巨大的圆顶而闻名于世，是一幢拜占庭式建筑.圣索菲亚大教堂主体建筑集中了数学的几何图形之美，使世界各地的游客前往参观.现在游客想估算它的高度CD，借助于旁边高为24米的一幢建筑房屋AB作为参考点，在大教堂与建筑房屋的底部水平线上选取了点P（如图所示），从点P处测得C点的仰角为60°，测得A点的仰角为45°，从A处测得C处的仰角为30°，则该游客估算圣索菲亚大教堂的高度大约为（ ）
参考数据：，，.
A. 48.68米 B. 53.50米 C. 56.79米 D. 60.24米
【答案】C
【解析】
【分析】过点作的垂线交于点，根据题意得到且，设，在直角中，求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，过点作的垂线交于点，则，
由题意得，所以，
又由，所以，，所以，
可得，
设，则，
在直角中，可得，即，解得，
所以（米）.
故选: C.
8. 在中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（，），则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，结合基本不等式即可求得的最小值．
【详解】连接，如图，
中，，
点满足，
,
，
，（，）,
,
因为，，三点共线，
所以，，,
所以=()()==，
当且仅当即 时取“”，
则的最小值为.
故选：A.
二 多选题（共4个小题，每小题5分，共20分，每小题部分选对得2分，全对得5分，错选得0分．）
9. 下列关于空间几何体的说法正确的是（ ）
A. 棱柱的两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行
B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥
D. 圆柱的任意两条母线互相平行
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据棱柱、棱锥和圆柱的结构特征依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，由棱柱的结构特征知：棱柱两个底面为全等的多边形，且对应边互相平行，A正确；
对于B，由棱柱的结构特征知：棱柱侧棱长相等，且各侧面均为平行四边形，B正确；
对于C，如下图所示的两个三棱锥拼接而成的组合体，各个面都为三角形，但不是三棱锥，C错误；
对于D，由圆柱的结构特征知：圆柱的任意两条母线互相平行，D正确.
故选：ABD.
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 两个非零向量，，若，则与共线且反向
C. 若，则存在唯一实数使得
D. 若是三角形的重心，则
【答案】BD
【解析】
【分析】若可判断A；根据向量减法几何意义可判断B；若可判断C；根据重心特点可判断D．
【详解】若可满足“，”，但不一定成立，A错；
根据向量减法几何意义，当，则与共线且反向，B对；
若可满足，但不满足存在唯一实数使得，C错；
如图所示：
，
D对．
故选：BD．
11. （多选题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为以A为圆心、AB为半径的圆弧（包含B，）上的任意一点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 最小值为
C. 的最大值为4
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以AB，AD所在直线为x，y轴建立直角坐标系，设，
转化为三角函数求解.
【详解】分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立直角坐标系，
则，
设，，则，，，
，，，
由条件知：，，，故A正确，B错误．
，，故C，D正确．
故选：ACD
12. 已知的内角所对边的长分别为，已知为的外心，，的面积满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式可得，利用两角差的正弦公式可得，根据为三角形的内角可得.再根据三角形的面积公式可求出三角形面积，知A正确；利用余弦定理求出，再根据正弦定理可求出，知B不正确；根据为三角形的外心可求出和，由此可求出，知C不正确；将两边分别同时乘以和，得到两个方程，解方程组可得，知D正确.
【详解】由得，
得，得，得，
得，因为，所以，
所以，所以，
所以，故A正确；
由余弦定理得，所以，
所以，所以，故B不正确；
因为，
所以，
，
所以，故C不正确；
又，所以，即，
，所以，所以，
联立，解得，所以，故D正确
故选：AD
【点睛】关键点点睛：利用余弦定理、正弦定理、三角形面积公式、平面向量数量积的定义求解是解题关键.
三 填空题（共4个小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知向量与的夹角是，且，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】先求出，即可求出.
【详解】因为向量与的夹角是，且，
所以.
所以.
故答案为：2
14. 已知边长为的正方形，分别为的中点，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，，，，
.
故答案为：.
15. 在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．
考点：解三角形.
【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．
16. △ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足，点D在边AC上，，若，则△ABC的面积的最大值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件结合余弦定理和三角恒等变换得出角,在中由余弦定理求出的最大值，从而得出答案.
【详解】由可得
即,即
由则，所以
即,由则, ,
又,所以
在中,
所以
所以，当且仅当时等号成立.
由
所以△ABC的面积的最大值为
故答案为：
四 解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明 演算步骤和推理过程．）
17. 已知向量，，，且，．
（1）求向量、；
（2）若，，求向量，的夹角的大小.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求；
（2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求．
【小问1详解】
解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
【小问2详解】
解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
18. 在锐角中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若，，求△ABC的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理得到，根据△ABC是锐角三角形求出角C的值；
（2）根据余弦定理求出，再利用面积公式求出答案.
【小问1详解】
由及正弦定理得．
因为，故，
又△ABC是锐角三角形，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得:，
解得：或（舍去）．
故．
19. 如图，在中，，，．
（1）求；
（2）已知点D是AB上一点，满足，点E是边CB上一点，满足．
①当，求；
②是否存在非零实数，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）由，然后根据向量数量积的运算律即可求解；
（2）①由题意，，由向量数量积的定义及运算律即可求解；
②由题意，，，假设存非零实数，使得，则由即可求得.
【小问1详解】
解：∵，且，，，
∴．
【小问2详解】
解：①时，，，
∴D、E分别是边AB、BC的中点，
∴，，
∴
；
②存在．理由如下：假设存在非零实数，使得，
由，得，
∴．
又，
∴，
∴，解得或（不合题意，舍去），
所以存在非零实数，使得.
20. 海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为,.
（1）救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
（2）若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援？
【答案】（1）120海里
（2）能在3小时内赶到救援
【解析】
【分析】（1）由题意，在中，根据正弦定理即可求解；
（2）在中，根据正弦定理求得，进而在中，利用余弦定理求出，而，从而即可作出判断.
【小问1详解】
解：在中，因为，，
所以，，又，
所以由正弦定理可得，即，解得，
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
【小问2详解】
解：在中，根据正弦定理可得，即，解得，
在中，由余弦定理可得，解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，
所以能在3小时内赶到救援.
21. 已知向量和，，且．
（1）若与的夹角为，求的值；
（2）记，是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，试说明理由．
【答案】（1），（2）不存在
【解析】
【分析】（1）运用向量的数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，解方程即可得到的值；
（2）求出，再由重要不等式求得的最小值，假设存在实数，使得对任意的恒成立，构造一次函数，运用单调性，解不等式即可判断
【详解】解：（1）因为，与的夹角为，
所以，
由，得，
即，
得，解得，
（2）由，得，
即，
得，解得，
所以
所以，
因为对任意的恒成立，
所以，即，即对于任意恒成立，
令，则，即，解得
由此可知不存在实数使之成立
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积的定义和性质，考查不等式恒成立问题，将其转化为求函数的最值问题，构造一次函数运用单调性是解题的关键，属于中档题
22. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知且.
（1）求b边的长度；
（2）求的面积；
（3）设点分别为边上的动点，线段交于G，且的面积为面积的一半，求的最小值.
【答案】（1）；（2）；（3）2.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再用余弦定理化简，进而得到答案；
（2）设的夹角为，通过，得到和，进而根据求出，最后求出面积；
（3）设，，再根据向量的运算性质求出的表达式，进而通过函数交点求出最小值.
【详解】（1）∵，由正弦定理： ，
由余弦定理：,∵c=1，∴.
（2）因为D为中点，所以，设的夹角为，
∴，
又，
∴，即，
解得或，又，所以，易得，
∴的面积为.
（3）设，∵的面积为面积的一半，∴
设，则，又共线，所以设，则，
∴，解得：.
∴，又，
∴
，又，化简得，又，则，
则时，的最小值为2.
【点睛】本题第（3）问用到了一个性质“平面向量三点共线定理”，在“”这一步.如图，在平面中，A,B,C三点共线的充要条件是：存在实数，使得，其中，点O为平面内一点.
在“”这一步，“”分离常数是很常规的处理方式，注意归纳方法.重庆市凤鸣山中学教育集团2022—2023学年度下期
高2022级数学试题
考试说明：1．考试时间：120分钟；2．试题总分150分；3．试卷页数4页
一 单选题（共8个小题，每小题5分，共40分．）
1. 若向量，，则点坐标为（ ）
A. B. C. D.
2. 在中，若，，，则=（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，已知中，点在边上，且，点在线段上，且，设，，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，边长为2的正方形中，点是线段上靠近的三等分点，是线段的中点，则
A. B. C. D.
5. 《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）
A. 4 B. 8 C. 12 D. 16
6. 已知非零向量与满足，且，则为（ ）
A. 等腰非直角三角形 B. 直角非等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形
7. 圣索菲亚大教堂，位于土耳其伊斯坦布尔，有着近一千五百年的历史，因巨大的圆顶而闻名于世，是一幢拜占庭式建筑.圣索菲亚大教堂主体建筑集中了数学的几何图形之美，使世界各地的游客前往参观.现在游客想估算它的高度CD，借助于旁边高为24米的一幢建筑房屋AB作为参考点，在大教堂与建筑房屋的底部水平线上选取了点P（如图所示），从点P处测得C点的仰角为60°，测得A点的仰角为45°，从A处测得C处的仰角为30°，则该游客估算圣索菲亚大教堂的高度大约为（ ）
参考数据：，，.
A 48.68米 B. 53.50米 C. 56.79米 D. 60.24米
8. 在中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（，），则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题（共4个小题，每小题5分，共20分，每小题部分选对得2分，全对得5分，错选得0分．）
9. 下列关于空间几何体的说法正确的是（ ）
A. 棱柱的两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行
B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C. 各个面都是三角形的几何体是三棱锥
D. 圆柱的任意两条母线互相平行
10. 下列说法中正确是（ ）
A 若，，则
B. 两个非零向量，，若，则与共线且反向
C. 若，则存在唯一实数使得
D. 若是三角形的重心，则
11. （多选题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为以A为圆心、AB为半径的圆弧（包含B，）上的任意一点，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为4
D. 的最小值为
12. 已知的内角所对边的长分别为，已知为的外心，，的面积满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
三 填空题（共4个小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知向量与的夹角是，且，则________．
14. 已知边长为的正方形，分别为的中点，则的值为__________．
15. 在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．
16. △ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足，点D在边AC上，，若，则△ABC的面积的最大值为_________．
四 解答题（共70分，解答应写出必要的文字说明 演算步骤和推理过程．）
17. 已知向量，，，且，．
（1）求向量、；
（2）若，，求向量，的夹角的大小.
18. 在锐角中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若，，求△ABC面积．
19. 如图，在中，，，．
（1）求；
（2）已知点D是AB上一点，满足，点E是边CB上一点，满足．
①当，求；
②是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20. 海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为,.
（1）救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
（2）若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援？
21. 已知向量和，，且．
（1）若与的夹角为，求的值；
（2）记，是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，试说明理由．
22. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知且.
（1）求b边的长度；
（2）求的面积；
（3）设点分别为边上的动点，线段交于G，且的面积为面积的一半，求的最小值.
