2025-2026学年广东广州市为明学校下册3月综合练习高一数学 含答案

/广州市为明学校2025-2026学年下学期3月综合练习高一数学注意：1、全卷共4页；总分150分；考试时间：120分钟2、答题前，考生务必将自己的姓名、学校、年级、班级填写在答题卡上.将考号写在答题卡上的指定位置.3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5．考生必须保持答题卡的整洁.第Ⅰ卷（选择题）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.化简后等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】应用向量加减法的运算律化简即可得.【详解】.故选：C2.，是平面内向量的一组基，则下面四组向量中，不能作为一组基的是（）A.和 B.和C.和 D.和【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用平面向量的基底的定义逐项判断即得.【详解】对于A，由向量加法法则知，，及对应的有向线段可围成一个三角形，则和不共线，可作基底，A不是；对于B，在和中，，则和不共线，可作基底，B不是；对于C，，和共线，不可作基底，C是；对于D，和是以，为一组邻边的平行四边形的两条对角线向量，不共线，可作基底，D不是.故选：C3.如图，已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用基底表示即可求出.【详解】因为，所以，则，因为，所以，即，则.故选：C4.已知，，，若点A，B，C能构成三角形，则实数t不能取的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】若点能构成三角形，则三点不共线，即向量与不共线，计算两个向量的坐标，根据向量共线的坐标表示可得实数t不能取的值.【详解】由题可知，，.若点能构成三角形，则三点不共线，即向量与不共线，所以，即，所以.故选：C.5.在中，分别是角的对边，，则（）A.为锐角三角形 B.为直角三角形C.为钝角三角形 D.以上三个选项都有可能【答案】C【解析】【分析】先用余弦定理将题干条件转化为，再次用余弦定理推出，进而得解.【详解】由余弦定理，，则，整理可得，则，结合是三角形的内角，则，即是钝角三角形.6.已知，，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】详解】由，，可得，．而向量在向量上的投影向量为，因，故在上的投影向量为．7.已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的数量积的定义，由可得，再以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立坐标系，设，进而根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质即可求解.【详解】∵，，，∴，即，即，以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，∴，，，，设，∴，∴，设，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，，则的取值范围是.故选：A.8.已知中，，D是边上一点，，，且，则边的长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由求出，由的值和求出，利用诱导公式求出和，由，利用两角差的正弦公式求出的值，利用正弦定理求出的值，由得到，计算出的值，由是边上一点得到，代入数值得解.【详解】，，，，，，，，，，，，，，，，，，，在中，，，，，，，，，，，是边上一点，.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.已知向量满足，，则（）A.与的夹角为 B.与的夹角为C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据向量数量积的运算律，求出向量与的夹角即可判断A、B，再根据向量模的计算公式及向量垂直的性质判断C、D即可.【详解】设与的夹角为，由得，将代入得，∴，又，∴，故A正确，B错误;，故C正确;，故，故D正确.故选：ACD.10.（多选）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（

）A.若，则B.若，则是钝角三角形C.若，则为等腰三角形D.若，则有两解【答案】ACD【解析】【分析】利用大角对大边及正弦定理，结合余弦定理即可求解.【详解】对于A，，所以，由正弦定理得，故A正确；对于B，，故边最长，角最大.设，则.所以角为锐角，故锐角三角形，故B错误；对于C，，则，则为等腰三角形，故C正确；对于D，，因为，故，结合可得，根据正弦定理由正弦函数的性质可知有两解，所以有两解，故D正确.故选：ACD.11.已知的内角的对边分别为，则能判定一定是等腰三角形的为（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用正余弦定理、和差公式逐一分析即可.【详解】对A，由正弦定理将边化角得，即，所以为等腰三角形；对B，因为，所以，所以，整理得，又，所以，即，所以为等腰三角形；对C，，所以，整理得，所以或，即是直角三角形或等腰三角形；对D，，当且仅当，即时等号成立，又，所以只能成立，此时为等腰三角形.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，、为互相垂直的单位向量，向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】分析可知且与不共线，即可得出实数的取值范围.【详解】因为、为互相垂直的单位向量，则，，因为向量与的夹角为锐角，则，解得，且与不共线，当与共线时，设，则，所以，解得，故当与不共线，，因此实数的取值范围是.13.在中，内角A，B，C所对的边分别为，已知且，则外接圆面积为_________.【答案】##【解析】【分析】在中，由余弦定理及题中条件可求得的值，进而求出的值，再利用正弦定理求解外接圆半径，即可求解.【详解】中，由及余弦定理可得：，∴.，.设外接圆半径为，则由正弦定理可知：，即.∴外接圆面积为.故答案为：.14.已知的面积为，，，则__________.【答案】【解析】【分析】在三角形中由，再结合条件可得，再由面积公式及余弦定理可得.【详解】设角所对的边分别为，因为，所以，,即，所以，①又因为的面积为，，所以，得.再由余弦定理，②联立①②解得，即．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.已知，，（1）若，且，求．（2）若四边形为平行四边形，求点的坐标．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出的坐标，然后利用共线向量坐标满足的条件列出方程求解出，再计算.（2）先设出点的坐标，再根据是平行四边形可得，列方程求解.【小问1详解】，，又且，.【小问2详解】设，四边形为平行四边形，,，.故点的坐标为.16.的内角，，的对边分别为，，，已知，，为锐角．（1）求；（2）若，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据余弦定理计算得出，再计算得出再结合角的范围得出；（2）先根据正弦定理得出，再由余弦定理求出，即可得到的周长.【小问1详解】因为，即，由余弦定理得，因为，所以，又因为，所以，因为为锐角，所以.【小问2详解】由（1）知，，又，由正弦定理得，由余弦定理，则，即，解得或（舍去），所以的周长为.17.已知的内角，，的对边分别为，，，．（1）求A；（2）点是边上一点，，且，若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理角化边结合多项式因式分解运算从而得的等式关系，再由余弦定理得角A即可；或者利用正弦定理边化角，结合和差公式与角度关系化简从而得角A的大小；（2）根据平面向量线性运算可得两边取平方再结合余弦定理化简可得关系，从而得的值．【小问1详解】方法一：由和余弦定理，可得：，展开得，即，所以，即，所以，即，所以，则，即，由余弦定理，，因为，所以；方法二：因为，由正弦定理可知：，所以，即，因为，，则有或(此情况三角形中不能成立)，故，由，可得．【小问2详解】由，可得，即，两边取平方：，即，依题意，，即，两边同时除以可得：，或，因，则．18.如图所示，已知梯形ABCD中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，．（1）用，表示；（2）求的值；（3）若，点G在线段CD上运动，设，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用向量运算结合基本定理可得答案；（2）设出两线段的关系，利用基本定理可得答案；（3）利用基底得出的关系，结合对勾函数的性质可得范围.【小问1详解】因为，，所以，,因为E为线段BC的中点，所以，.【小问2详解】设，则，，，又共线，所以存在一个实数，使得，，两式相除可得，即.【小问3详解】设,；,，，因，所以，可得，解得，所以，由对勾函数的性质可得时，.19.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点D为线段上的一点，为的平分线，.（1）若，，求的值；（2）当时，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，求出，再在中用正弦定理求出，最后用二倍