浙江省宁波市2024-2025学年高一下学期3月模拟测试数学检测试题（附答案）

浙江省宁波市2024-2025学年高一下学期3月模拟测试数学检测试题一、选择题（本题共8个小题，每题5分，共计40分）1.如图，四边形中，，则必有（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据，得出四边形是平行四边形，由此判断四个选项是否正确即可．【详解】四边形中，，则且，所以四边形是平行四边形；则有，故A错误；由四边形是平行四边形，可知是中点，则，B正确；由图可知，C错误；由四边形是平行四边形，可知是中点，，D错误．故选：B．2.已知单位向量，的夹角为，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据题意可得，，，结合数量积的运算律分析求解.【详解】由题意可知：，，，所以.故选：B.3.已知点是的重心，则（）A. B.C D.【正确答案】D【分析】利用三角形重心的性质，结合平面向量的线性运算，即可求得答案.【详解】设的中点为D，连接，点是的重心，则P在上，且，由此可知A，B，C错误，D正确，故选：D4.已知中的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】首先由余弦定理求，再根据正弦定理求值.【详解】由余弦定理可知，即，解得：或（舍）由正弦定理可知.故选：A本题考查正余弦定理解三角形，重点考查两个定理的基本应用，属于基础题型.5.已知向量均为单位向量，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】将条件等式变形，再结合数量积公式，即可求解.【详解】因为，且，则，两边平方可得，即，所以，，又，所以与的夹角为.故选：C6.在中，若，则形状是（）A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形【正确答案】D【分析】利用余弦定理将化简为，从而可求解.【详解】由，得，化简得，当时，即，则为直角三角形；当时，得，则为等腰三角形；综上：为等腰或直角三角形，故D正确.故选：D.7.若O为△ABC所在平面内一点，且满足，则△ABC的形状为（）A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形【正确答案】B【分析】由平面的线性运算，把给定的等式转化为用含的边的向量等式，再由模的意义即可求解.【详解】在中，，所以，所以，即，即，可得，因与均为非零向量，则，即，是直角三角形.故选.8.已知向量满足：为单位向量，且和相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（）A.1 B. C. D.【正确答案】D【分析】根据已知由向量垂直可得的模，再由不等式恒成立，结合图象可得，从而可得，接下来方法一，直接对进行平方化简，由二次函数最值可解；方法二，由三点共线基本定理，结合三角形面积公式和余弦定理可解.【详解】和相互垂直，则，则，结合图象，，则，因为恒成立，则，即，则，法（一）：对称轴时：，即法（二）：，因为，所以向量的终点共线（起点重合），则的面积，，所以.故选:．关键点点睛：数形结合发现，，则，因为恒成立，则.二、选择题（本题共3个小题，每题6分，共计18分）9.已知向量，则（）A.若与垂直，则 B.若，则的值为C.若，则 D.若，则与的夹角为【正确答案】BC【分析】根据题意，结合向量垂直的坐标表示，数量积的坐标运算，模的坐标表示，以及向量夹角的公式，逐项求解，即可得到答案.【详解】因为向量，，对于A中，若与垂直，可得，解得，所以A不正确；对于B中，若，可得，解得，即，则，所以B正确；对于C中，若，可得，则，所以，所以C正确；对于D中，若，可得，则，此时，所以D错误故选：BC.10.若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（）A. B.C. D.【正确答案】ABC【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可.【详解】对于A，，则与为共线向量，不能作为平面向量的基底；对于B，，则与为共线向量，不能作为平面向量的基底；对于C，，则与为共线向量，不能作为平面向量基底；对于D，若存在实数使得，则，无解，所以与不共线，可以作为平面的基底，故选：ABC11.在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则此三角形有两解C.若，则为等腰三角形D.若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是【正确答案】ABD【分析】对于A，由可得，利用数量积的定义化为，从而得到，知为等腰三角形；对于B，由余弦定理可得到关于的方程，解得有两解，从而此三角形有两解；对于C，用正弦定理将条件化为，即，然后得到或，由此即可进一步判断；对于D，化简为，然后证明内切圆半径，从而得到.【详解】对于A，若，则，从而，即，即，故，从而为等腰三角形，A正确；对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，已知条件为，且，而等价于，即，对该等式通分得到，即，即.这即为，由知该等式即为.从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径.又由于，当且仅当时等号成立，从而，故该三角形的内切圆面积.验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.故选：ABD.关键点点睛：D选项的关键是得出内切圆的半径，由此即可顺利得解.三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共计15分）12.向量在向量上的投影向量为________．【正确答案】【分析】由投影向量的坐标计算公式代入即可求解.【详解】向量在向量上的投影向量为.故答案为.13.鄂州十景之一“二宝塔”中的文星塔位于文星路与南浦路交汇处，至今已有四百六十多年的历史，该塔为八角五层楼阁式砖木混合结构塔.现在在塔底共线三点、、处分别测塔顶的仰角为、、，且m，则文星塔高为______m.【正确答案】【分析】设建筑物的高为，用表示、、，利用结合余弦定理求出的值，即可得解.【详解】如图所示，设建筑物的高为，则，，，由余弦定理可得，，因为，故，即，可得.故答案为.14.如图，半径为1的扇形中，是弧上的一点，且满足分别是线段上的动点，则的最大值为________．【正确答案】1【分析】设，表示出即可求解.【详解】设，由题意，所以，所以当且仅当时，取得最大值，且.故1.关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解.四、解答题（17题10分，18至22题每题12分，共计70分）15.设是不共线的两个非零向量．（1）若，求证：三点共线；（2）若与共线，求实数k的值．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）要证明三点共线，即证明三点组成的两个向量共线即可.（2）由共线性质求出参数即可.【小问1详解】由，得,,所以，且有公共点B，所以三点共线.【小问2详解】由与共线，则存在实数，使得，即，又是不共线的两个非零向量，因此，解得，或，实数k的值是16.如图所示，在平面四边形中，，（1）求的值.（2）若为锐角，，求角.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由余弦定理直接可求；（2）由正弦定理求出，再根据为锐角，确定角即可.【小问1详解】在中，由余弦定理可得【小问2详解】在中，由正弦定理可得，因为为锐角，所以17.如图，已知点是边长为1的正三角形的中心，线段经过点，并绕点转动，分别交边于点，设，其中．（1）求的值；（2）求面积的最小值，并指出相应的的值．【正确答案】（1）（2）时，取得最小值．【分析】（1）由正三角形的中心的性质，有，又三点共线，所以；（2）面积表示为的函数，通过换元和基本不等式，求最小值.【小问1详解】延长交与，由是正三角形的中心，得为的中点，则，由，，得，又三点共线，所以，即．【小问2详解】是边长为1的正三角形，则，．由，则，，，解得，．设，则，则，当且仅当，即时取等号，所以当，即时，取得最小值．方法点睛：应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．求算式的限值范围，根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.18.在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知，．（1）若的面积等于，求的周长；（2）若，求．【正确答案】（1）6；（2）.【分析】（1）根据余弦定理和三角形面积公式求得，结合已知条件即可求得三角形周长；（2）根据已知条件求得，结合余弦定理求得，再根据正弦定理求得，进而解得，再求即可.【小问1详解】由余弦定理得，，整理得：，又因为的面积等于，所以，得；联立方程组，即，解得（舍去）或，所以的周长为．【小问2详解】因为，由正弦定理得：，联立方程组，则，解得（舍去）或，则，所以，又因为，所以，即，所以，故，.19.“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，（1）若，①求；②若，设点为的费马点，求；（2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值．【正确答案】（1）①；②（2）.【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；（2）由（1）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.【小问1详解】①由正弦定理得，即，所以，又，所以；②由①，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；【小问2详