安徽省淮南第二中学2023-2024学年高一下学期3月阶段检测数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32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. 已知向量，则与向量同向的单位向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的坐标除以向量的模，可得与向量同向的单位向量的坐标.
【详解】向量，，
所以与向量同向的单位向量为.
故选：B
2. 如图所示，中，点D是线段的中点，E是线段的靠近A的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算计算可得结果.
【详解】由题意：.
故选：B
3. 在中，，，且的面积为，则的周长为（ ）
A. 15B. 12C. 16D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】由面积公式求出，由余弦定理求出，即可得解.
【详解】因为，，且的面积为，
所以，解得，
由余弦定理，
所以，则.
故选：A
4. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量定义直接求解即可.
【详解】，，
向量在向量方向上的投影向量为.
故选：D.
5. 如图，位于某海域处的甲船获悉，在其北偏东 方向处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救. 甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东，且与甲船相距的处的乙船，已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，由正弦定理即可求出BC值.
【详解】由题意知，，
由正弦定理得，
所以.
故乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为.
故选：B.
6. 三角形内角平分线定理：三角形的内角平分线内分对边，所得的两条线段与这个角的两边对应成比例．已知ABC中，AD为∠BAC的角平分线，与BC交于点D，AB＝3，AC＝4，BC＝5，则AD＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三边关系可判断出ABC为直角三角形，根据三角形内角平分线定理将、长度计算出来，再根据余弦定理即可求出AD.
【详解】∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，满足，∴，故，
∵AD是∠BAC的角平分线，∴，∴，
在ABD中，由余弦定理，
得，
解得或者（舍去），
故选：D．
7. 在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.
【详解】由题设，如下图示：，又，，
∴，由三点共线，有，
∴，当且仅当时等号成立.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.
8. 已知平面向量，满足，且对任意实数恒成立，则等于（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】不等式，两边平方得到关于实数的不等式，进而得到结果.
【详解】由，两边平方得
又，且对任意实数恒成立，
即恒成立，所以，
即，所以，即.
故选：B
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分）
9. 下列命题中是假命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若向量，满足，且与同向，则
C. 若两个非零向量，满足，则
D. 在中，，，，则使有两解的的范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A举反例可判断A为假命题；B根据向量不能比较大小判断；C根据共线向量定理判断；D根据有两解的边长关系判断即可.
【详解】若，例如，但，则命题不成立，故选项A假命题；
因为空间向量不能比较大小，只能对向量的长度进行比较，因此也就没有这种写法，故选项B是假命题；
因为，所以，即与共线，故，选项C是真命题．
要使有两解，则需，故，即，故D是假命题.
故选：ABD．
10. 下列四个命题正确的是（ ）
A. 若，则的最大值为3
B 若复数，满足，，，则
C. 若，则点的轨选经过的重心
D. 在中，D为所在平面内一点，且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】A根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B利用复数的运算和模的运算求解即可；C结合重心的性质进行判断；D利用平面向量基本定理，判断出D点位置，进而可求.
【详解】对A，由的几何意义，知复数对应的动点到定点的距离为1，
即动点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，表示动点的轨迹以的距离，
由圆的性质知： ，A正确；
对B，设，
因为，
所以，，
所以，所以
，B正确；
对C，由正弦定理的，即，
，设中点为，
如图：
则，则，由平面向量的共线定理得三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心,C正确；
对D，如图由已知点在中与平行的中位线上，且靠近的三等分点处，
故有，
所以，D错误.
故选：ABC
11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则为钝角三角形
B. 若，则为等腰三角形
C. 若的三条高分别为，，，则为钝角三角形
D. 若，则为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，
所以是钝角三角形，选项A正确；
对于B，若，则或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，选项B错误；
对于C，设的面积为，由面积公式知
，解得，
所以为最大角，
所以
所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；
对于D，由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，
所以为直角三角形，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共4小题，每小题4分，共16分）
12. 已知中，，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由数量积的定义有，然后代入数据即可求出，最后通过得到.
【详解】由数量积的定义知：
，
所以.
故答案为：．
13. 若复数满足，则的共轭复数为____________（用复数的代数形式作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用复数除法运算求出，再利用共轭复数的定义求解作答.
【详解】依题意，，
所以的共轭复数.
故答案为：
14. 在平行四边形中，已知，，则四边形的面积为__________．
【答案】15
【解析】
【分析】由题可得，进而即得.
详解】由题可得 ,
∴，
所以四边形的面积为
故答案为：15.
15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则当取得最大值时，______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理可求出外接圆半径，借助于正弦定理进行边化角运算可得，在中，，由两角和的正弦公式展开代入的正余弦值计算，由辅助角公式即可求出结果.
【详解】解：，，设外接圆半径为．则，
得，
则
，
其中，，．
当．即时，取得最大值，
此时．所以.
故答案为：
四、解答题（本题共3个大题，满分34分，应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16. 已知，，且与夹角为.
（1）求与的夹角；
（2）若向量与平行，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的数量积求模长与夹角；
（2）根据平面向量的共线定理列方程组求出实数的值.
【小问1详解】
解：因为，，且与夹角为，
所以，
，
所以，
所以
又因为，所以向量与的夹角为；
【小问2详解】
因为向量与平行，
所以存在，使得，
即，解得，所以实数的值为.
17. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若，点为的重心，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
整理得，由余弦定理可得．
又因为，所以．
【小问2详解】
设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点，
又因为，所以．
在中，由和，可得．
在和中，有，
由余弦定理可得
故，
所以，
所以的面积为．
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知S为的面积且.
（1）若，求外接圆的半径；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理化简可得，计算可求，进而利用正弦定理求得外接圆的半径；
（2）由（1）可知，，设,由题意可求，利用正切函数的性质可求,可得,利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，,进而可求的取值范围.
【小问1详解】
∵S为的面积且，,
∴,即，,∴.
∴，解得：.
【小问2详解】
由（1）可知，，
∴∴
∴
∵为锐角三角形，，∴，∴，∴，
设，则，
∴时，