2022-2023学年江苏省南京市协同体七校高一下学期期中联考数学试题

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考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项：
1.本试卷所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.
2.答题务必将自己姓名，准考证信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷答题卡上.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本大题共8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. 在中，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理可求答案.
【详解】因为，所以；
因为，所以.
故选：D.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求参数m.
【详解】由题设，，可得.
故选：D
3. 结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】由及和角正切公式展开整理，即可得结果.
【详解】由，
所以.
故选：B
4. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】向量在向量上的投影向量的定义计算即可.
【详解】解：因为向量，且，那么，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：C
5. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用诱导公式可得，再由倍角余弦公式求即可.
【详解】由，
所以.
故选：C
6. 已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由条件可知且，代入计算可得最大值.
【详解】设，则易知，又，
所以，
因为，所以，
所以最大值为．
故选：C.
7. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由万能公式可得，根据已知得方程求即可.
【详解】由，
所以，则，
由，则.
故选：A
8. 如图，四边形四点共圆，其中为直径，，则的面积为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用余弦定理求得，由正弦定理求，最后由共圆、三角形面积公式求面积.
【详解】由，即，
所以题图圆的直径，故，又，
所以，，
由四边形四点共圆，故，
所以.
故选：B
二、多项选择题（本题共4题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知是三个非零向量且互不共线，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. ，则D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A由即可判断；B、C、D应用向量数量积的运算律、向量垂直表示判断正误.
【详解】A：由知：，不一定有，错误；
B：，而，
由于，则，
所以，故，正确；
C：由，则，可得，所以，正确；
D：，正确.
故选：BCD
10. 在中，角所对的边分别为，且，则下列关系可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用条件直接得到，从而可判断出选项C和D也正确，从而得出结果.
【详解】因为，，将代入，
得到，所以，故，，
故选：ACD.
11. 《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形两锐角分别为、，其中小正方形的面积为4，大正方形面积为9，则下列说法正确的是（ ）
A. 每一个直角三角形的面积为B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据大小正方形的面积可得边长，由锐角三角函数以及边角关系可求，，且，，进而利用两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式，结合选项即可逐一求解.
【详解】对于A，4个直角三角形的面积之和为，故每个直角三角形的面积为，故A正确，
对于BC,由题意可知大的正方形的边长为3，小正方形的边长为2，
可得,由于互余，所以，故B错误，C正确，
对于D，，①，，②，且，，
,故，故D错误，
故选：AC
12. 在中，点是线段上任意一点，点是线段的中点，若存在使，则的取值可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】令且，根据向量对应线段的位置、数量关系用表示，进而得到m与关系，最后求范围和数量关系，即可得答案.
【详解】令且，而，
又，则，
所以，则，且，
故A、C满足，B、D不满足.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：利用平面向量基本定理得到与的线性关系为关键.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知锐角α，β满足sin α＝，cs β＝，则α＋β＝_____.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求出，再根据和的余弦公式求出，即可求出.
【详解】因为锐角α，β满足sin α＝，cs β＝，
，，
，
为锐角，，.
故答案为：.
14. 已知向量满足，且，则与的夹角为__________.
【答案】##90°
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律可得，结合已知、向量数量积定义求夹角即可.
【详解】由题设，则，
所以，则，
又，则.
故答案为：
15. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由、，结合和差角余弦公式可得，从而得到，由此得解.
【详解】，
，
所以，
由于，
所以，
故，则.
故答案为：
16. 如图，在梯形中，且为以为圆心，为半径的圆弧上的一动点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，根据向量的线性关系及数量积的运算律可得，设得到关于的三角函数形式，求最小值.
【详解】如下图，连接，则，，，又，
所以，
若，故，
又，则，故，
所以的最小值为.
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共计70分.请解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知的夹角为，
（1）求的值；
（2）当为何值时，.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积公式及向量的模公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量垂直的条件即可求解.
【小问1详解】
因为的夹角为，
所以.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因为，
所以，即，
所以，解得.
所以当时，.
18. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若，求函数的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数化简为，利用周期公式求解；
（2）由，得到，再利用正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
∵
，
∴的最小正周期为.
【小问2详解】
∵，∴，
∴，∴.
∴的值域为.
19. 在中，角所对的边分别为的面积为且
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式及已知可得，即可证结论；
（2）由（1）结论及余弦定理得，求得，最后应用余弦定理求.
【小问1详解】
由，结合已知有，而，
所以，则，故或（舍），
所以，得证.
【小问2详解】
由题设及（1）结论，，即，
所以，则，
所以.
20. 在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）面积为
（2）
【解析】
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【小问1详解】
选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，，可得，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
【小问2详解】
由（1），，则，且，
所以，
又为锐角三角形，，则，故，
所以，则.
21. 在中，角所对的边分别为，.
（1）求B；
（2）若，角的平分线交于点，点满足，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义及余弦定理可得，即可求角大小；
（2）根据（1）及已知可得，，进而有，，，最后应用余弦定理求及其正弦值，再由即可求值.
【小问1详解】
由，
所以，故或（舍），
又，故.
【小问2详解】
由题设，为中点，而，，则，，
又角的平分线交于点，则，
所以，，则，即，
所以△为直角三角形且为直角，故，
而，
所以，则，
综上，
.
22. 如图所示的矩形中，分别为线段上的动点.
（1）若为靠近的三等分点，为的中点，且，求的值；
（2）若是边长为1的正三角形.
（i）令、、的面积分别为，，，证明：；
（ii）求矩形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据各向量对应线段的位置、数量关系用表示，即可求；
（2）（i）应用三角形面积公式，并设及已知可得、、，应用三角恒等变换、诱导公式求证；
（ii）根据（i）得，再由及正弦型函数性质求范围.
【小问1详解】
由，，
所以，则，
结合已知：，则，故.
【小问2详解】
（i）由，，，
由是边长为1的正三角形，而，，，
令，则，，
所以，，，
综上，，，，
所以，
而，
故，得证.
（ii）由（i）知：，而，
所以，则，
故.
当时，矩形面积取得最大值
【点睛】关键点点睛：第二问，应用三角形面积公式并设，用表示，，，结合三角恒等变换求证结论；利用三角函数性质求矩形面积范围.