2023-2024学年江苏省无锡一中高一（下）质检数学试卷（3月份）（含解析）

2023-2024学年江苏省无锡一中高一（下）质检数学试卷（3月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如果，是两个单位向量，下列四个结论中正确的是( )
A. B. C. D.
2.已知为不共线的非零向量，，，，则( )
A. ，，三点共线 B. ，、三点共线
C. ，，三点共线 D. ，，三点共线
3.已知非零向量，，，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.若，是夹角为的两个单位向量，则和的夹角为( )
A. B. C. D.
5.已知，为互相垂直的单位向量，，，且与的夹角为锐角，则的取值范围为( )
A. B.
C. D.
6.若向量，，两两所成的角相等，且，，，则等于( )
A. B. C. 或 D. 或
7.在中，，，边上的中线，则面积为( )
A. B. C. D.
8.在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则下列四个结论中正确的是( )
A.
B. 的取值范围为
C. 的取值范围为
D. 的最小值为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，在平行四边形中，、分别是边上的两个三等分点，则下列选项正确的有( )
A.
B.
C.
D.
10.的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是( )
A. 若，，，则符合条件的有二个
B. 若，，则角的大小为
C. 若，则是锐角三角形
D. 若为斜三角形，则
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论奔驰定理与三角形四心重心、内心、外心、垂心有着神秘的关联它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且以下命题正确的有( )
A. 若：：：：，则为的重心
B. 若为的内心，则
C. 若，，为的外心，则
D. 若为的垂心，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，向量在上的投影向量为，则向量与的夹角为______．
13.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为______．
14.已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为______．
四、解答题：本题共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.本小题分
已知向量，．
若，求；
若向量，，求与夹角的余弦值．
16.本小题分
在中，，，分别为，，所对的边，．
若，边上的中线的长为，求的值；
若，，求．
17.本小题分
如图，在中，已知，，为锐角，是线段的中点，在线段上，且，，相交于点，的面积为．
求的长度；
求的余弦值．
18.本小题分
某公园拟对一扇形区域进行改造，如图所示，平行四边形为休闲区域，阴影部分为绿化区，点在弧上，点，分别在，上，且米，，设．
请求出顾客的休息区域的面积关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值，最大值为多少平方米？
设，求的取值范围．
19.本小题分
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，
若，
求；
若，设点为的费马点，求；
若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：单位向量是模为的向量，但方向可不同，故A错；
B.，故B错；
C.，，故，故C错；
D.，，故D对．
故选：．
由相等向量的概念：大小相等，方向相同的两向量为相等向量，即可判断；
由向量的数量积的定义，即可判断；
由向量的平方即为模的平方，以及单位向量的概念，即可判断，．
本题考查平面向量的基本概念：单位向量、相等向量、向量的数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，，
不存在，使，
故A，，三点不共线，
故选项A错误；
，
，
，、三点共线，
故选项B正确；
，，
不存在，使，
故B，，三点不共线，
故选项C错误；
，，
不存在，使，
故A，，三点不共线，
故选项D错误；
故选：．
利用平面向量的线性运算及平面向量共线定理对四个选项依次判断即可．
本题考查了向量共线定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：当且，则，但与不一定相等，
故不能推出，
则“”是“”的不充分条件；
由，可得，
则，即，
所以可以推出，
故“”是“”的必要条件．
综上所述，“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
分别从充分性和必要性进行判断，由充分条件与必要条件的定义，即可得到答案．
本题考查了充分条件与必要条件的判断，解题的关键是掌握平面向量的基本概念和基本运算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
考查单位向量的概念，向量数量积的运算及其计算公式，向量夹角余弦的计算公式，以及已知三角函数求角，清楚向量夹角的范围．
由条件可以得到，，然后进行数量积的运算便可求出，，设的夹角为从而根据向量夹角余弦的计算公式即可求出，这样便可得出向量的夹角．
【解答】
解：根据条件，，；
，
，
；
设的夹角为．
；
又，
的夹角为．
故选：．
5.【答案】
【解析】解：，为互相垂直的单位向量，，，
，，
，
，，
，
，
，，
当，解得，此时与的夹角为，不是锐角，
综上，的范围是．
故选：．
利用向量数量积的运算律，结合向量数量积公式及向量夹角为锐角，列不等式，注意排除夹角为的情况，能求出结果．
本题考查向量的运算，考查向量的运算法则、数量积公式、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：由于平面向量两两所成的角相等，故每两个向量成的角都等于，或都等于，
再由，
若平面向量两两所成的角相等，且都等于，
，，．

．
平面向量两两所成的角相等，且都等于，
则，，，
．
综上可得，则或，
故选C．
由题意可得每两个向量成的角都等于，或都等于，再由，由此分别求得、、的值，再根据，运算求得结果
本题主要考查两个向量的数量积的定义，求向量的模，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由题意知，点为的中点，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
因为，所以，
所以．
故选：．
由平面向量的加法法则，可得，将其两边平方，根据平面向量数量积的运算法则，可求得的值，进而知的值，再由正弦面积公式，得解．
本题考查平面向量的综合应用，熟练掌握平面向量的数量积，正弦面积公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：对：由正弦定理可将式子化为，
又，
代入上式得，即，
因为，，则，故，
所以或，即或舍去，
所以，故A错误；
对：因为为锐角三角形，，所以，
由解得，故B错误；
对：，
因为，所以，，
即的取值范围为，故C正确；
对：
，
当且仅当，即时取等号，
但因为，所以，，无法取到等号，故D错误．
故选：．
对：借助正弦定理与两角差的正弦公式计算即可得；对：借助锐角三角形及三角形内角的关系计算即可得；对：借助正弦定理将边的比例化成正弦值的比例后借助角与角间的关系化简即可得；对：借助三角函数间的关系与基本不等式计算即可得．
本题考查三角形的正弦定理、三角函数的恒等变换和基本不等式、正弦函数和余弦函数的性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量基本定理，属基础题．
根据向量加法法则、向量减法法则及平面向量基本定理即可求解．
【解答】
解：对于选项A：由题意可知：与方向相同且、分别是边上的两个三等分点，
则，
故选项A正确；
对于选项B：由图可知，，，
所以，
故选项B正确；
对于选项C：，
所以选项C错误；
对于选项D：，
故选项D错误．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：对于，由余弦定理得：，
解得：，符合条件的有二个，A正确；
对于，，又，，B错误；
对于，由正弦定理得：，，
为锐角，但无法判断，的大小，C错误；
对于，在斜中，，
，，
整理可得：，D正确．
故选：．
利用余弦定理可构造方程求得，知A正确；利用正弦定理边化角可求得，知B错误；利用正弦定理角化边可知为锐角，但无法判断三角形形状，知C错误；结合两角和差正切公式可化简知D正确．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，取的中点，连接，，
由：：：：，则，
所以，
所以，，三点共线，且，
设，分别为，的中点，同理可得，，
所以为的重心，故A正确；
对于，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，，，
所以，
即，故B正确；
对于，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
因为，，
则有，，，
所以，，，
所以，故C错误；
对于，如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点，
由为的垂心，，则：：：：，
又，则，，
设，，则，，
所以，即，
所以，所以，故D正确；
故选：．
对，取的中点，连接，，结合奔驰定理可得到，进而即可判断；对，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断；对，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断；对，延长交于点，延长交于点，延长交于点，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断．
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，向量在上的投影向量为，
则向量在上的投影向量为，
则，
又，
，
，
则．
故答案为：．
根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为，所以，
由正弦定理，
得，即，
化简得又，，
所以，故，
又由余弦定理解得或，
当时，又，则，
与矛盾，所以不符合题意，舍去；
当时，．
故答案为：．
由条件结合正弦定理求，由同角关系求，再由余弦定理求，根据三角形面积公式求的面积．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：，，
整理可得，
对任意，上式恒成立，
；
由题意知，，，
，当时等号成立．
故答案为：．
先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，将表示成关于的函数，根据二次函数最值即可求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
15.【答案】解：由题干得到：，．
故得到：，．
已知，所以可得，即．
解得．
所以．
故．
因为向量，，所以，所以．
则，．
所以，
所以与夹角的余弦值为．
【解析】根据求得，从而可得，于是；
由，可得，再由夹角公式计算即可．
本题主要考查向量的数量积公式和夹角公式，属于中档题．
16.【答案】解：因为，所以，
因为，由正弦定理可得，
可得，
整理可得，
由余弦定理可得，
所以，可得，
所以为等腰三角形，在中，由余弦定理可得，，
即，解得；
若
而，
所以，所以，
因为，即，
可得，
可得，即，
或，可得，
当时，，
而，所以，
所以；
当时，即，可得为等边三角形，所以，
所以或．
【解析】由角，可得的正余弦值，再由及三角形中角与的关系，再由两角和的正弦公式展开式可得，，之间的关系，再由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的值；
由三角形的面积可得，再由可得，可得或，分别讨论两种情况，求出三角形的面积．
本题考查正余弦定理及面积公式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
而，
所以，因为为锐角，
所以，
因为在线段上，且，
所以，
因为，
两边平方整理可得，
即；
因为是线段的中点，
所以，
所以，
又，
所以，
所以的余弦值为．
【解析】由面积公式求出，依题意可得，根据数量积的运算律及定义计算可得；
用、表示，再根据计算可得．
本题考查三角形面积公式的应用及向量的运算性质的应用，属于中档题
18.【答案】解：如图所示，连接，
依题意可得，，，，，
在中，，
由正弦定理得，
即，则，，
则顾客的休息区域面积
，
由，得，
所以，
所以当，即时，顾客的休息区域面积取得最大值，
且最大值为平方米；
由，，
所以，
依题意，，
则，
所以
，
由，得，
则，
所以．
故．
【解析】由正弦定理、三角形面积公式以及三角恒等变换可得关于的函数关系式，进一步由三角函数性质即可求解；
由平面向量基本定理首先得，由此结合三角恒等变换转换为求三角函数范围问题即可．
本题考查了三角函数在生活中的实际应用，考查了三角恒等变换，关键是熟悉三角变换公式，属于中档题．
19.【答案】解：由正弦定理得，即，
所以，又，
所以；
由，所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
；
因为，
所以，
所以，即，
所以或，
当时，，为直角三角形，
当，
则，
得，在三角形中不可能成立，
所以为的直角三角形，
因为点为的费马点，则，
设，，，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或舍去，
故实数的最小值为．
【解析】利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
由结论可得，设，，，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
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