2023-2024学年南京师大附中高一数学下学期期中考试卷附答案解析

-2024学年南京师大附中高一数学下学期期中考试卷考试时间：120分钟；满分：150分2024.4一、单项选择题1．在中，内角的对边分别为，已知，，，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．3．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合.若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（

）A． B． C． D．34．若向量，满足，，且，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．在中，为边上一点，，，，则的值为（

）A． B． C． D．6．化简所得的结果是（

）A． B． C． D．27．如图，在中，点是边上一点，点是边的中点，与交于点，有下列四个说法：

甲：；乙：；丙：；丁：；若其中有且仅有一个说法是错误的，则该错误的说法为（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（

）A．若，且，则有两解B．若，且为锐角三角形，则的取值范围为C．若，且，则的外接圆半径为D．若，则的最大值为二、多项选择题9．在中，内角，，的对边分别为，，，下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若为锐角三角形，则C．若，则一定是等腰直角三角形D．若，，则一定是等边三角形10．在中，内角，，的对边分别为.下列条件能推出的是（

）A．B．C．，且D．，设向量，，在上的投影向量为11．在中，内角，，的对边分别为，，，点，，分别是的重心，垂心，外心.若，则以下说法正确的是（

）A． B．C． D．三、填空题12．在中，点是边上（不包含端点）的动点，若实数，满足，则的最小值为.13．如图，为了测量河对岸，两点之间的距离，在河岸这边取点，，测得的长为12千米，在点处测得，，在点处测得，.则，两点间的距离为千米.（设，，，四点在同一平面内）14．设，为实数，已知，，则的值为.四、解答题15．已知函数.(1)若，求的取值范围；(2)设为实数，若，求的值.16．在以下三个条件中任选一个补充到下面的横线上，并给出解答.（注：如果选择多个条件份分别进行解答，则按第一个解答计分）①；②；③向量，，.在中，内角，，的对边分别为，，，且___________.(1)求；(2)若，求周长的最大值.17．已知，为单位向量，设向量，.(1)若，求与的夹角；(2)若，设向量，的夹角为，求的最小值.18．在扇形中，圆心角，半径，点在弧上（不包括端点），设.(1)求四边形的面积关于的函数解析式；(2)求四边形的面积的取值范围；(3)托勒密所著《天文学》第一卷中载有弦表，并且讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：在圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和.先分别在线段，上取点，，使得为等边三角形，求面积的最小值.19．在中，内角，，的对边分别为，，，，的面积为.(1)求；(2)若点在内部，满足，求的值；(3)若所在平面内的点满足，求的值.1．D【分析】直接利用余弦定理解三角形即可.【详解】，所以.故选：D.2．C【分析】根据向量坐标进行数量积、共线、垂直和模长计算即可.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误.故选：C.3．A【分析】设旋转后的角为，则，再根据三角函数的定义求出，再根据两角和的正切公式即可得解.【详解】设旋转后的角为，则，，所以.故选：A.4．D【分析】根据向量等式关系化简，求得的值，再求出在上的投影向量即可.【详解】因为，，，所以，化简得，所以在上的投影向量是.故选：D.5．C【分析】由正弦定理求得，继而求出，再根据三角形外角定理，结合两角和的正弦公式，求得答案.【详解】如图示：在中，由正弦定理得：,故,而,故只能是锐角，故，所以，故选：C6．B【分析】先切化弦并整理得，再结合展开整理即可得答案.【详解】解：.故选：B【点睛】本题考查利用三角恒等变换求函数值，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于先根据切化弦的方法整理得，再根据化简整理即可求解.7．A【分析】结合三角形重心性质及向量线性运算进行合情推理即可判断.【详解】若，则点是的重心，则有，所以甲乙中必有一个是错误的，所以丙丁正确，由丁：知，点不是边的中点，所以甲说法错误.故选：A8．D【分析】首先证明题干中的条件等价于，然后逐个选项判断：对于A，直接解出两种可能的情况即可判断A选项正确；对于B，用正弦定理证明，然后求的范围即可判断B选项正确；对于C，求出的三边，然后说明是直角，从而得到，即可判断C选项正确；对于D，直接给出使得的一个满足条件的例子，即可说明D选项错误.【详解】若，由，可知，即，从而.若，则.从而条件等价于.对于A，若，且，由余弦定理得，即，解得或.由于当三角形的三边确定后，三角形唯一确定，故只有两种可能.经验证，的以下两种情况都是可能的：①，，，，，；②，，，，，.故有两种可能，选项A正确；对于B，若，且为锐角三角形，由于，而为锐角三角形即，，解得，从而的范围是，故的范围是，选项B正确；对于C，若，且，则，且，故，从而.而，故，从而，.这意味着，，，所以，从而，故，选项C正确；对于D，若，由于，，故存在使得，，的，此时，，满足条件.在此情况下，有，故，从而，从而此时，这表明不可能以为最大值，选项D错误.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于灵活运用正弦定理和余弦定理，对条件进行适当转化，以研究需要研究的参数.9．ABD【分析】A选项根据大边对大角结合正弦定理分析，B选项利用正弦函数的单调性可判断，C选项利用余弦定理统一成边化简后可判断，D选项利用余弦定理进行判断.【详解】A选项，根据大角对大边，，根据正弦定理可得，其中为三角形外接圆半径，于是，正确；B选项，若为锐角三角形，则，所以，则，正确；C选项，因为，即，整理可得，所以或，故为等腰三角形或直角三角形，错误；D选项，由于，，由余弦定理可得，可得，解得，所以，故是等边三角形，正确.故选：ABD10．BC【分析】利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可判断A；利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可判断B；根据已知结合数量积的运算律及向量的夹角公式即可判断C；根据投影向量的定义结合数量积的运算律即可判断D.【详解】对于A，因为，由余弦定理得，化简得，所以，又，所以，故A不能推出；对于B，因为，所以，又，所以，又，所以，所以，所以，故B能推出；对于C，由，得，两边平方得，即，所以，所以，又，所以，故C能推出；对于D，因为在上的投影向量为，所以，，，即，化简得，此式恒成立，与角无关，故D不能推出.故选：BC.11．ABC【分析】设由，可求，进而可求得，，进而由正弦定理可判断A；不妨取，由三角形外心的性质可得可判断C；设外心O到边BC的距离为，由欧拉线定理可得HA=2，进而可得，进而可求，判断B；由题意可得设BC边上的中线长为，由平行四边形的性质可得，可求得，可判断D.【详解】设由解得即可求得所以，故A正确；不妨取，由外心性质可知，C中面积比等价于故C正确；设外心O到边BC的距离为，由三角形中的欧拉线定理知三角形的外心、垂心和重心在一条直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离之半(根据重心为中线的三等分点可证),又O在BC边的垂直平分线上，进而可得HA=2，所以，所以，所以，结合C选项，可得，故B正确；设BC边上的中线长为，设AC边上的中线长为，设AB边上的中线长为，由重心的性质可得，设三角形ABC中，D为BC边上的中点，A，B，C所对边为，延长BC边上的中线至M，使DM=AD，连接MC，MB，可得四边形ABMC是平行四边形，由平行四边形的性质可得，所以可得BC边上的中线长为，结合中线长公式可得，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】方法点晴：三角形四心的应用，欧拉线定理是解决本题的关键，考查转化思想与运算求解能力，综合性强，大量的知识是对课本知识的引申拓展，难度较大。12．##【分析】根据三点共线可得，进而通过向量运算得到，与已知联系，可得；而，进而利用均值不等式求得最小值.【详解】因为点是边上（不包含端点），所以,即,即,所以,又已知，所以，，所以，又由得，；，当，时取等号.故答案为：.13．【分析】在中求得的值，中利用正弦定理求得的值，中利用由余弦定理求得的值.【详解】在中，，所以；在中，，由正弦定理得，，即，所以，在中，由余弦定理，所以，即、两点间的距离为.故答案为：14．##【分析】将两式平方相加并利用平方关系和两角和的正弦化简得，再将两式平方相减结合化简得，即可得解.【详解】由，，得，，相加得，即，所以，相减得，又，，所以，所以，所以，解得.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）先根据三角恒等变换化简函数，再根据自变量取值范围，整体换元后利用正弦函数的性质求值域；（2）由可得，根据诱导公式及二倍角余弦公式计算即可.【详解】（1），因为，所以，所以，即，故的取值范围为；（2）由可得，所以，所以.16．(1)(2)【分析】（1）选①：用正弦定理化简求解即可；选②：用两角和差正弦公式化简求解；选③：用向量垂直的坐标表示和余弦定理求解即可；（2）先利用余弦定理求得，然后利用基本不等式求解最值即可.【详解】（1）若选①：，由正弦定理得，又，所以，又，所以，即，又，所以；若选②：因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以；若选③：因为向量，，，所以，化简得，所以，又，所以；（2）由余弦定理得，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，即周长的最大值为.17．(1)(2)【分析】（1）由数量积的运算律结合数量积的夹角公式即可求解；（2）由向量模长和数量积的运算律得，然后换元法利用函数性质求解最值即可；【详解】（1）因为，为单位向量，所以，因为，所以，又，所以，，所以，设与的夹角为，则，因为，所以.（2）因为，所以，即，又，所以，所以，令，则，，因为，所以，所以，即的最小值为.18．(1)，(2)(3)【分析】（1）利用三角形面积公式及两角和差的正弦公式化简即可；（2）由（1）知：，，利用正弦函数的性质求解；（3）由托勒密定理知：，在中，由余弦定理利用基本不等式求得，利用正三角形面积公式求解即可.【详解】（1），；（2）因为，所以，所以，所以，即四边形的面积的取值范围为.（3）因为，由托勒密定理知：，化简得，在中，由余弦定理得：，当且仅当时取到最小值，所以，当且仅当时取等号.19．(1)或；(2)(3)【分析】（1）利用两角和差余弦公式和弦切互化求解即可；（2）先利用面积得，设，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，从而化简求值即可；（3）按照点与点在直线的异侧和同侧讨论，利用正弦定理求得，化简，再将角代入式子求解即可.【详解】（1）因为，，所以由得，因为有意义，所以，所以，因为，所以或；（2）因为点在内部，所以