2023-2024学年江苏省南京市中华中学等校联考高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省南京市中华中学等校联考高一（下）期中数学试卷
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.已知，，，的夹角为，则( )
A. B. C. D.
2.已知，，则( )
A. B. C. D.
3.若向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.在中，角，，的对边分别是边，，，若，，，则( )
A. B. C. D.
5.如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为．( )
A.
B.
C.
D.
6.在中，若，则是( )
A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形
7.已知菱形的边长为，点是线段的中点，，则( )
A. B. C. D.
8.已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，，则面积的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列各式中，值为的有( )
A. B.
C. D.
10.下列说法正确的是( )
A. 若点是的重心，则
B. 已知，，若，则
C. 已知，，三点不共线，，，三点共线，若，则
D. 已知正方形的边长为，点满足，则
11.中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的有( )
A.
B. 若，则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，的最小值为
D. 若为锐角三角形，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，，，夹角为，则 ______．
13.化简： ______．
14.已知的内角，，所对的边为，，，且，，若点是外一点，，，则当四边形面积最大时，______．
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
向量，，：
求满足的实数，；
若，求实数．
16.本小题分
已知函数．
Ⅰ求函数在的值域；
Ⅱ若且，求．
17.本小题分
在中，角，，的对边分别是，，，且．
求角的大小；
若，的面积为，求的周长；
若，为边上的一点，，且_____，求的面积．
从下面，两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答．
是的平分线；
为线段的中点．
18.本小题分
如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛与小岛、小岛相距都为，与小岛相距为为钝角，且．
求小岛与小岛之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积；
记为，为，求的值．
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，，，且．
求；
若，设点为的费马点，求；
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：因为，，，的夹角为，
所以，
解得，
所以．
故选：．
首先由数量积公式求得，又，代入求解即可．
本题考查平面向量得数量积与夹角，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，，
，
，
则．
故选：．
由的范围求出的范围，根据的值，利用同角三角函数间的基本关系求出的值，原式角度变形后利用两角和与差的余弦函数公式化简，将各自的值代入计算即可求出值．
此题考查了两角和与出的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握公式是解本题的关键．
3.【答案】
【解析】解：设向量与的夹角为，
则，
则在上的投影向量为．
故选：．
由向量的数量积公式求得向量夹角的余弦值，再代入投影向量公式即可求得向量在向量上的投影向量．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形的内角和定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
由已知利用三角形的内角和定理可求的值，进而根据余弦定理可求的值．
【解答】
解：，
，
，，
由余弦定理可得：．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于较难题．
可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可．
【解答】
解：，为的中点，，，
又为上的一点，所以可设．
故
，
又，，解得．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了正弦、余弦定理，二倍角的正弦函数公式，属于中档题．
利用余弦定理表示出及，变形后代入已知等式的右边，整理后利用正弦定理化简，再利用二倍角的正弦公式化简得到，由和都为三角形的内角，可得与相等或与互补，进而得到等于或与互余，可得出三角形为等腰三角形或直角三角形．
【解答】
解：，，
，
，
，
又，
，
即，
，
又和都为三角形的内角，
或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形．
故选D．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性、数量积运算，属于中档题．
用，为平面向量基底表示，，再由向量的数量积公式即可求解．
【解答】
解：因为菱形的边长为，点是线段的中点，，
所以，，
则
．
故选：．
8.【答案】
【解析】解：由于，，
则，
由于，
所以，
故外接圆的半径为，
所以
，
由于，
由于为锐角三角形，
所以，
所以，
故，即．
故选：．
直接利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了三角函数化简求值问题，是中档题．
中，先用诱导公式，再利用两角和的正弦公式计算即可；
中，先通分，再利用三角恒等变换计算即可；
中，利用二倍角的正切值公式计算即可；
中，利用两角和的正切公式计算即可．
【解答】
解：对于，；
对于，；
对于，；
对于，
．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：对于，设为中点，若点是的重心，则，，故正确；
对于，因为，，则，
又，则有，则，故错；
对于，已知，，三点不共线，，，三点共线，若，可得则，故错；
对于，因为，则，故正确．
故选：．
，设为中点，即可得，即可判定；
，利用向量共线的坐标运算求解；
，利用，求解即可；
，利用，即可判定．
本题考查了向量的性质、数量积运算，考查了运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：选项A中，因为，由正弦定理可得，
在中，，
可得，所以或舍去，
即，故A正确；
选项B中，，可得，由选项可得，
则，在中，，
可得，则，，所以，即为直角三角形，故B正确；
选项C中，因为为锐角三角形，由选项可得，
所以，可得，所以，
所以，
设，又在单调递减，
所以，故C错误；
选项D中，为锐角三角形，
，
因为为锐角三角形，所以，可得，
所以，设，即，
令，，
则函数单调递增，，
而，，
所以，即，故D正确．
故选：．
由题意及正弦定理可得，在三角形中，由内角之间的关系，分别对所给命题的真假进行判断．
本题考查正弦定理的应用和三角函数的性质的应用，函数单调性的应用，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为向量，，
所以，
所以，，，
所以．
故答案为：．
结合条件得到，，，再计算夹角的余弦值即可．
本题考查了平面向量的数量积与夹角的计算问题，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：
，
故答案为：．
由条件利用两角和差的三角公式化简所给的式子，可得结果．
本题主要考查两角和差的三角公式的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于难题．
由正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式将，化简为，结合的范围可求得，设，，可求，，，在中，由余弦定理可得，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求，由，，，进而根据同角三角函数基本关系式可求的值．
【解答】解：由以及正弦定理可知，，
即B.
由于：，，
可得：，．
中，由于，设，，
则，，则，
在中，由余弦定理可得：，
由于，，则：，可得：，
则
，
而，
则，其中，，，
则当时，四边形的面积有最大值，
由于，，
则此时，故D，
则．
故四边形面积最大时，．
故答案为．
15.【答案】解：由题意得，，
，，
即，解得，，
由题意得，，
，
，
，解得．
【解析】由题意和向量的坐标运算求出的坐标，再由向量相等的条件列出方程组，求出和的值；
由题意和向量的坐标运算求出和的坐标，再由向量共线的条件列出方程．求出的值．
本题考查了向量的坐标运算，向量相等的条件，以及向量共线的条件，属于基础题．
16.【答案】解：Ⅰ，
，
，
函数的值域为；
Ⅱ，
，，
，，
，
．
【解析】Ⅰ由三角函数中的恒等变换应用化简可得解析式，然后根据的范围可求出的值域；
Ⅱ由，可得，由，可得，可求，利用两角差的余弦函数公式即可求得的值．
本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，两角差的余弦函数公式，周期公式，特殊角的三角函数值等知识的应用，属于基本知识的考查．
17.【答案】解：在中，，
结合正弦定理可得；，
由，可得，
则有，
即，
化简得，即，
又，所以；
由，得，
由余弦定理，得，即，
即，解得，
所以的周长为；
若选：由平分，得，
可得，即，
在中，由余弦定理，得，则，
联立，可得，解得，
故；
若选：由题设，
则，
所以，
在中，由余弦定理得，则，
联立，可得，
故．
【解析】由正弦定理，结合三角公式，可求得，即可求得角；
由三角形面积解得，结合余弦定理，求得的值，进而求得周长；
由平分，得，由三角形面积公式得，再由余弦定理得，联立解得，进而求得三角形面积；
由题设可得，平方可得，再由余弦定理得，联立解得，进而求得三角形面积．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，考查三角形面积公式及向量运算，属中档题．
18.【答案】解：，且为钝角，，
在中，由余弦定理可得，
，即，
解得：或舍去．
小岛与小岛之间的距离为．
、、、四点共圆，与互补，则，
．
在中，由余弦定理得：，
，得，
解得舍去或．
平方；
在中，由正弦定理得：，
即，解得．
，为锐角，则，
又，
，
．
【解析】本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查两角和的正弦，考查运算求解能力，是中档题．
由求得，在中，由余弦定理列式求得；再由、、、四点共圆求解与，在中，由余弦定理解得，再求、的面积，可得四个小岛所形成的四边形的面积；
在中，由正弦定理得，求出，再求出与，然后利用，展开两角和的正弦求解．
19.【答案】解：由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，
即；
由可得，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；
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】根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
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．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．
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