2022-2023學年湖北省黃岡市部分高中高一下學期期中聯考數學試題 一、單選題1．下列命題中，正確的是（    ）A．若滿足且與同向，則B．若，則C．若，則D．在△ABC中，，則△ABC為銳角三角形【答案】C【分析】由向量不能比較大小判斷A；由判斷B；由數量積公式判斷C；由數量積公式確定為銳角，從而判斷D.【詳解】對于A，向量不能比較大小，故A錯誤；對于B，若時，滿足，但不一定平行或共線，故B錯誤；對于C，若，則，即，故C正確；對于D，，則，由，則為銳角，但△ABC不一定為銳角三角形，故D錯誤；故選：C2．已知，，，則（    ）A． B．－ C． D．－【答案】B【分析】確定，，再根據向量的夾角公式計算得到答案.【詳解】，，，則，，.故選：B3．已知O為△ABC邊AC的中點，D為邊AB上的任意一點，若，則的值為（    ）A．－1 B．0 C．1 D．2【答案】C【分析】確定，得到，得到答案.【詳解】，故，.故選：C4．已知函數，以下四個命題中正確的是（    ）A．的圖象向右平移個單位后關于原點對稱B．的圖象向右平移個單位后關于原點對稱C．的圖象向左平移個單位后關于原點對稱D．的圖象向左平移個單位后關于原點對稱【答案】C【分析】利用三角恒等變換可得，根據圖象變換結合正弦函數性質分析運算.【詳解】，將的圖象向右平移個單位，可得，若所得函數圖象關于原點對稱，則，整理得，令，解得，不合題意；令，解得，不合題意；故A、B錯誤；將的圖象向左平移個單位，可得，若所得函數圖象關于原點對稱，則，整理得，令，解得，不合題意；令，解得，符合題意；故C正確，D錯誤；故選：C.5．我國古代數學家趙爽在注解《周髀算經》一書時介紹了“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的大正方形如圖所示，記直角三角形較小的銳角為，大正方形的面積為，小正方形的面積為，若，則的值為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】設直角三角形的最短直角邊為x，則最長直角邊為，由，結合，求得x，再利用三角函數定義求解.【詳解】解：設直角三角形的最短直角邊為x，則最長直角邊為，由題意得，由，解得，所以，故選：A6．鈍角三角形的面積是，，，則（    ）A．或 B．或 C． D．【答案】C【分析】對角為銳角或鈍角進行分類討論，利用三角形的面積公式求出角的值，利用余弦定理可求得的長，然后計算最大角的余弦值，結合已知條件檢驗即可.【詳解】分以下兩種情況討論：①若角為鈍角，則，可得，則，由余弦定理可得；②若角為銳角，則，可得，則，由余弦定理可得，此時，則為最大角，且，則為銳角，此時為銳角三角形，不合乎題意.綜上所述，.故選：C.7．已知的內角的對邊分別為，，若，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意，利用正弦定理和三角恒等變換的公式，求得，得到，求得，再由，求得的值，由求得的值，結合，即可求解.【詳解】因為，由正弦定理得，因為，可得，又因為，可得，代入上式，可得，因為，可得，所以，又因，所以，因為，所以，所以，由，可得，則，所以.又由.故選：B.8．2023年是農歷癸卯兔年，在中國傳統文化中，兔被視為一種祥瑞之物，寓意福壽安康．故宮博物院就收藏著這樣一副蘊含“吉祥團圓”美好愿景的名畫——《梧桐雙兔 圖》，該絹本設色畫縱約176cm，橫約95cm，其掛在墻壁上的最低點B離地面205cm．小南眼睛距地面的距離為150cm，為使觀賞視角最大，小南離墻距離S應為（    ）A．11cm B．8cm C．11cm D．44cm【答案】A【分析】由題意可得只需要最大，設小南眼睛所在的位置為點，過點作直線的垂線，垂足為，求出，，設，，則，，，代入，利用基本不等式，求解即可.【詳解】由題意可得為銳角，故要使得最大，只需要最大，設小南眼睛所在的位置為點，過點作直線的垂線，垂足為，如圖，依題意得：，，，設，，則，，，故，當且僅當，即時等號成立，故使觀賞視角最大，小南離墻距離S應為.故選：A. 二、多選題9．某彈簧振子在振動過程中時間t（單位：s）與位移y（單位：m）滿足解析式，則下列關于該簡諧運動的說法中正確的是（    ）A．振幅為10 B．周期為 C．頻率為 D．初相為【答案】AC【分析】根據簡諧運動的相關概念逐項分析判斷.【詳解】∵，故振幅為10，周期為，頻率為，初相為，故A、C正確，B、D錯誤；故選：AC.10．在中，內角所對的邊分別為，則下列說法正確的是（    ）A．B．若，且，則為等邊三角形C．若，則是等腰三角形D．若，要使?jié)M足條件的三角形有且只有兩個，則【答案】ABD【分析】對于選項A，用正弦定理變形化簡即可判斷；對于選項B，由向量垂直的性質可得到三角形是等腰三角形，再由數量積公式算出，即可判斷；對于選項C，由三角形方程在三角形內有兩個解即可判斷；對于選項D，由滿足條件的三角形有且只有兩個得到，即可求出的取值范圍.【詳解】對于選項A，由正弦定理得，，故選項A正確.對于選項B，因為，分別為單位向量，所以的角平分線與垂直，所以，所以.又因為，即，因為，所以，所以，所以為等邊三角形，故選項B正確.對于選項C，在中，由解得或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形.故選項C錯誤.對于選項D，要使?jié)M足條件的三角形有且只有兩個，則，因為，所以即所以.故選項D正確.故選：ABD11．向量滿足，則的值可以是（    ）A．3 B．2 C．6 D．3【答案】ABC【分析】設，，，由題意可知，，即有,從而得四點共圓，然后結合正弦定理及余弦定理求解即可.【詳解】設，，，由向量滿足，，，所以，，所以.①如圖當時，，即，即四點共圓，由余弦定理可得：，設四邊形的外接圓的半徑為，由正弦定理可得，又點在優(yōu)弧上（不含端點），則，則有，則；②如圖當時，，則在以為圓心的圓上運動，其中點在優(yōu)弧上（不含端點），則，綜合①②可得.故選：ABC.12．正方形ABCD的邊長為4，E是BC中點，如圖，點P是以AB 為直徑的半圓上任意點，，則（    ）A．最大值為1 B．·最大值是8C．最大值為 D．最大值是【答案】AD【分析】建系，設，根據向量的坐標運算結合三角函數的有界性逐項分析運算.【詳解】如圖，以AB 的中點O為坐標原點，建立平面直角坐標系，則，設，可得，則，由題意可得，解得.對于A：∵，且，可得當，取到最大值1，∴最大值為1，故A正確；對于B：·，∵，可得當時，取到最大值1，∴·最大值是，故B錯誤；對于C：∵，其中，由，則，令，解得；令，解得；故在上單調遞減，在上單調遞增，當時，則；當時，則；∴最大值是1，故C錯誤；對于D：，∵，則，則當，即時，取到最大值1，∴最大值是，故D正確；故選：AD.【點睛】方法定睛：1．平面向量的線性運算要抓住兩條主線：一是基于“形”，通過作出向量，結合圖形分析；二是基于“數”，借助坐標運算來實現．2．正確理解并掌握向量的概念及運算，強化“坐標化”的解題意識，注重數形結合思想、方程思想與轉化思想的應用． 三、填空題13．已知平面向量、的夾角為，且為單位向量，，則___．【答案】【分析】確定，計算則，得到答案.【詳解】，則，，則，故.故答案為：14．在中，已知，則=______【答案】【分析】由cosA的值大于0，得到A為銳角，利用同角三角函數間的基本關系求出sinA的值，再由sinA的值小于sinB的值，利用正弦定理得到b小于a，根據大邊對大角可得B小于A，可得B為銳角，由sinB的值，利用同角三角函數間的基本關系求出cosB的值，然后利用誘導公式及三角形的內角和定理化簡cosC后，將各自的值代入即可求出cosC的值．【詳解】∵cosA0，A為三角形的內角，∴A為銳角，∴sinA，又sinBsinA，B為三角形的內角，∴b＜a，∴B＜A，即B為銳角，∴cosB，則cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣cosAcosB+sinAsinB．故答案為【點睛】此題考查了兩角和與差的余弦函數公式，正弦定理，三角形的邊角關系，以及同角三角函數間的基本關系，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵．15．已知△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為，，在上的投影向量為，則的值為___．【答案】1【分析】根據題意可得BC是外接圓的直徑，由投影向量分析可得，再以為基底向量表示，結合數量積的運算律運算求解.【詳解】∵，則O為BC的中點，注意到△ABC的外接圓的圓心為O，故BC是外接圓的直徑，即，則在上的投影向量為，可得，即，∵，∴.故答案為：1. 四、雙空題16．若為的垂心，，則＝___， ___．【答案】          /【分析】依題意可得，設為的中點，為的中點，則，即可得到三角形面積之比，從而得到，，設，，表示出、，根據求出，即可得解.【詳解】因為，所以，設為的中點，為的中點，則，，所以，所以為的中位線，且，所以為的中點，所以，又，，所以，所以，所以，同理可得，所以，，又為的垂心，，設，，則，，所以，即，所以，則所以，所以，故答案為：； 五、解答題17．平面內給定三個向量(1)設，且與夾角為銳角，求實數m的取值范圍．(2)設滿足且，求．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）若與夾角為銳角，則，且與不共線，結合向量的坐標運算求解；（2）根據向量共線和向量模長的坐標表示列式求解.【詳解】（1）若與夾角為銳角，則，解得，若與共線，則，解得，所以與夾角為銳角，等價于且，故實數m的取值范圍為.（2）由題意可得：，若且，則，解得或，故或.18．在中，內角，，的對邊分別為，，，點是中點．，．(1)求；(2)再從條件①、條件②中選擇一個作為已知條件，求邊．條件①的面積為；條件②．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，再由兩角和的正弦公式及誘導公式求出，即可得解；（2）若選①，在中由余弦定理得到，再由面積公式求出，解得即可；若選②，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，即可得到，再由面積公式求出，解得即可；【詳解】（1）因為，由正弦定理可得，即，，，又，；（2）若選①，在中由余弦定理得，即，又，則，所以，即，所以，所以.若選②，在中由余弦定理得，即，在中由余弦定理得，即，所以，所以，所以或（舍去），又，則，所以.19．在中，角A，B，C的對邊分別為a，，c，．(1)求角A的大?。?/span>(2)當時，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據正弦定理得到，根據余弦定理得到，得到答案.（2）根據正弦定理得到，，代入化簡得到，計算得到最值.【詳解】（1），整理得到，故，，故.（2），則，，，，取，故時，有最大值為.20．已知向量，且．(1)求的值；(2)若，求角．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由向量垂直的坐標運算可得，再根據齊次式問題運算求解；（2）根據，結合三角恒等變換運算求解，注意“符合看象限”的運用.【詳解】（1）∵，則，整理得，∴.（2）由（1）可知：，則，∵，則，且，可得，則，可得，則，且，故.21．在中，，D為AB的中點，．(1)求值；(2)若，求AC的長．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據得到，根據得到，解得答案.（2）根據得到，結合，解得答案.【詳解】（1）D為AB的中點，故，故，即，，故，故，，（2）設，是中點，則，即，即，即，，即，解得.22．如圖，某城市有一條（MO）從正西方通過市中心O后轉向東偏北方向（ON）的公路，為使城市交通更便捷，現準備修建一條繞城高速公路，兩個進出口A，B分別設在MO，ON上，A，B 兩點間設服務區(qū)P，現已知B在A的東偏北方向上，A，B兩點間的高速公路可近似看成一條直線段．(1)當OP最短距離為km時，求線段AB的最短距離，并求出此時的值；(2)若要求服務區(qū)P設在∠AOB的平分線與AB的交點位置，且滿足，，求B到市中心O的距離最大時tan的值．【答案】(1)線段AB的最短距離為km，；(2). 【分析】（1）根據面積法得到，根據余弦定理得到，再根據均值不等式計算得到最值，計算角度得到答案；（2）根據向量運算得到，根據面積法得到，確定最大值，再根據正弦定理計算得到答案.【詳解】（1）由題可知，，當時，最短為，設，，根據等面積得到，即，則，即，當且僅當時等號成立，此時.故線段AB的最短距離為km，；（2）因為，則，即， 即.平分，所以，故，解得，由，可得，即，故，又，所以當時，有最大值為，在中，由正弦定理得 ，即 ，即，即，所以，故B到市中心O的距離最大時. 

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