江苏省南京市五校共同体2024-2025学年高一下学期第一次阶段检测 数学试卷（含解析）

五校共同体第一次阶段检测高一数学考试时间：120分钟满分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知点，则与向量方向相反的单位向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得，且，结合与向量方向相反的单位向量，即可求解.【详解】由点，可得，且则与向量方向相反的单位向量.故选：B.2.计算的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】应用诱导公式及和角正弦公式化简求值.【详解】.故选：C3.已知向量，满足，，，则（）A. B. C.8 D.40【答案】B【解析】【分析】所求模平方后，根据向量的数量积的运算律化简求解即可.【详解】因为向量，满足，，，所以，则，故选：B．4.设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则k的值为（）A.－8 B.8 C.6 D.－6【答案】A【解析】【分析】先求出，然后利用存在实数使，列方程求k的值.【详解】由已知得，三点A，B，D共线存在实数使，，解得.故选：A.5.已知分别为三个内角的对边，且，则是（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.钝角三角形【答案】D【解析】【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以，因为，可得，所以，又因为，所以，所以为钝角三角形.故选：D.6.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题干中的条件可得，，再由化简求值即可.【详解】，，，，，，，.故选：B.7.在中，，，为线段上一点，且满足，若，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三点共线求出，利用向量的线性运算用表示，结合数量积的运算律可得结果.【详解】∵，∴，∵，∴，∵三点共线，∴，故，∴.∵，∴，∵，，，∴.故选：B.8.已知，且，则有（）A.最大值 B.最小值C.取不到最大值和最小值 D.以上均不正确【答案】D【解析】【分析】注意到，将等式化成，展开整理得到，利用角的范围，将其简化为，代入中整理可得，利用基本不等式即可求得最大值.【详解】由可得：，展开得：，即（*），因且，故，由（*）可得：.由，因，则，由,可得：，当且仅当时，即时，时，等号成立，故时，有最大值为.故选：D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错得0分.）9.在中，根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】BC【解析】【分析】根据正弦定理，余弦定理，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：，则，故三角形有2个解，故A错误；对于B：三角形三边确定，三角形唯一，故B正确；对于C：由余弦定理得，所以，解得或（舍），所以能唯一确定三角形，故C正确；对于D：由余弦定理得，所以，，方程无解，所以无法构成三角形，故D错误；故选：BC.10.已知向量，，是与同向的单位向量，则下列结论正确的是（）A.与共线 B.与的夹角余弦值为C.向量在向量上的投影向量为 D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据向量共线的坐标关系判断选项A；利用两个向量的夹角公式验证选项B；利用投影向量的公式求解判断选项C；利用向量垂直关系的坐标表示验证选项D.【详解】对于A，，又，，与不共线，故A错误；对于B，，又，，故B正确；对于C，向量在向量上的投影向量为，故C错误；对于D，，则，故D正确；故选：BD.11.已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则下列选项正确的是（）A.的取值范围是B.若D是AC边上的一点，且，则的面积的最大值为C.若三角形是锐角三角形，则的取值范围是D.若O是的外心，，则【答案】BCD【解析】【分析】利用正弦定理及余弦定理求出角B，利用三角恒等变换公式化简求出值域判断A；利用向量线性运算及数量积的运算律解得，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B；利用正弦定理及三角恒等变换得，求出函数值域即可判断C；根据模长关系可得，再结合基本不等式运算求解.【详解】因为，由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，即，且，所以.对于选项A：因为，且，则，可得，所以，故A错误；对于选项B：因为，则，可得，即，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的面积的最大值为，故B正确；对于选项C：因为，又因为，解得，可得，则，所以，故C正确；对于选项D：因，则，可知点在优弧上（端点除外），因为，则，又因为，且，可得，即，又因为，即，解得，当且仅当时，等号成立，可得，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现；2．正确理解并掌握向量的概念及运算注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用；提醒：运算两平面向量的数量积时，务必要注意两向量的方向．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）12.若向量，已知与的夹角为钝角，则k的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据与的夹角为钝角，由，且与的不共线求解.【详解】解：由，得．又与的夹角为钝角，∴，得，若，则，即．当时，与共线且反向，不合题意．综上，k的取值范围为，故答案为：．13.在中，角､､所对的边分别为､､，，的平分线交于点，且，则的最小值为___________.【答案】18【解析】【分析】先根据三角形面积公式得出，再利用基本不等式求最值.【详解】在中，由的平分线交于点，得，而且，则，化简得，即，因此，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为18.故答案为：1814.已知，函数，，在上单调，则的取值范围是______________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换然后结合整体法结合三角函数性质对对区间上进行单调分析列不等式计算求解；【详解】因为，因为，当时，，因为函数在上单调，则，所以其中，解得，所以，解得，又因为，则．当时，；当时，；因此的取值范围是．故答案为：．四、解答题（本大题共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）若与垂直，求实数值；（2）若与方向相同，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量垂直的性质，两垂直向量的数量积为，由此列出关于的方程求解；（2）根据两向量方向相同可知它们共线，利用向量共线的性质列出关于的方程，再结合方向相同的条件确定的值.【小问1详解】已知，展开可得.因为，所以，则，解得.因为与垂直，所以.展开可得：将，，代入上式可得：,化简得，解得.【小问2详解】因为与方向相同，所以与共线.则存在实数，使得，即.由此可得方程组，将代入可得：，即，，解得.因为，所以，则.16.已知，函数.（1）若，求函数最值及对应的的值；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）时，，时，；（2）.【解析】【分析】（1）先利用向量数量积的坐标表示和辅助角公式，化简.由的取值范围，求得的取值范围，并由此得到函数的最大值和最小值及对应的值.（2）将原不等式等价变形为恒成立，由（1）知且，解得.【详解】(1)因为，，所以===，∵x∈，∴，当，即时，，当，即时，.(2)方法一:∵），，故的取值范围为.方法二：∵），，故的取值范围是.17.在①，②，且，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角所对的边分别.已知______．（1）求角的大小；（2）若是的中点，，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择条件，根据正弦定理边角转化，结合余弦定理、三角恒等变换可得结果.（2）根据是的中点可得，等式两边同时平方结合基本不等式可得，利用三角形面积公式可得结果;.【小问1详解】选择条件①：∵，∴，由余弦定理得，∵，∴.选择条件②：∵，，，∴，故，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，即.选择条件③：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴.【小问2详解】∵是的中点，∴，即，∴，即，∴，∵，∴，故，当且仅当时，等号成立，∴面积，即面积的最大值为.18.如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，.（1）若，求的面积；（2）证明：；（3）若，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解；（2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解，（3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解．【小问1详解】在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记，在中，由余弦定理，，所以，则，所以，又因为等边三角形，所以，且，所以，则的面积为；【小问2详解】在中，由正弦定理可得，即且，由于，故，由于三角形中，，因此，得证，【小问3详解】在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设，在中，由余弦定理，，，在中，由正弦定理，，即，所以，结合，又因为，所以，所以，即的面积的取值范围为．19.如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记.（1）在仿射坐标系中.①若，求；②若，且，的夹角为，求；（2）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值.【答案】（1）①；②（2）【解析】【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到；②由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到；（2）由