山西大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份山西大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共6页。
AEB． BEC．  AE
下列说法正确的是（ ）
D．  BE
A．若a  b ，则a∥bB． | a || b | ，则a  b
C．若a∥b ，且b ∥c ，则a ∥ c
D．若a  b ，则a 与b 不共线
,
在V ABC 中， a  2, b  2, A  π 则B 
4
πB． πC． π或 5πD． π或 2π
366633
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且csA  csB  3sinC ，则a （ ）
3
absinB
A． 1
3
B．
C．1D．3
2 2
3
在V ABC 中， cs B ， AC  2 ， AB  m ，则“ V ABC 恰有一解”是“ 0  m  2 ”的（ ）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
已知i 为虚数单位，如果复数 z 满足 z  2i  z  2i  4 ，那么 z 1 的最小值是（ ）
2
5
A．1B．C．2D．
记V ABC 的面积为 S， V ABC 的外接圆半径为 1，且S  sin2 A  sin2 B  sin2 C ，则C  （ ）
πB． π
2π
3π
43
–––→
P
3
2 –––→
4
–––→ –––→ –––→ –––→
在V ABC 中， 0 是边 AB 上一定点，满足 P0B  3 AB ，且对于边 AB 上任一点 P，恒有 PB  PC  P0 B  P0C ，
则V ABC 为（ ）
等腰三角形B．钝角三角形
C．直角三角形D．锐角三角形
多选题
已知复数 z1  5  8i ， z2  9i ，则（ ）
z 是纯虚数B． z1 在复平面内对应的点位于第二象限
z
2
2
z1  5  8i
z2
 81
a
已知向量 →  (1, 3) ， b  (csα, sinα) ，则下列结论正确的是（ ）
3
a
若 →  b ，则tanα 
3
若 →且α 0, π ，则α π
a / /b
| a
→  b | 的最大值为 2
若b 在a 上的投影向量为
3

1 →2π
a ，则向量a 与b 的夹角为
43
已知锐角V ABC 三个内角 A ， B ， C 的对应边分别为a ， b ， c ，且B  π ， c  2 ，则下列结论正确
6
的是（）
∠C 的取值范围为 π , π 
V ABC 外接圆半径的范围为1, 2 3 
 3 2 
3 

3
V ABC 的面积最小值为
V ABC 的周长范围为

3  3, 2 3  2
填空题
若△ABC 中， sinA : sinB : sinC  2 : 3 : 4 ，那么 csC=．
→
已知a  1, 2, b  1,λ ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是.
如图，在平面四边形 ABCD 中，AB  1，AD 
3, BD  BC, BC 
3BD .若BAD  2 π ，则四边形 ABCD
3
的面积为；若∠BAD 的大小可变化，则 AC 的最大值为.
解答题
→
已知向量a  1, 2 ， b  2, 3 ．
求
2a  3b
→；
→→→→
求a  b a  b  ；
→ →
求cs
a, b ．
如图，在直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AD ⊥AB ， AD  2 3 ， CD  2 ， AB  4 ， F 为 BC 的中点，点 E 满足 DE  λDC ，λ[ 0,1] .
用–––→ 与–––→ 表示；
ABADAF
求 AE  AF 的取值范围；
已知V ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，且(sinB  sinC)2  sin2 A  sinBsinC ．
求 A 的值；
点 D 是 BC 边上一点，且 BD  2DC ，若 AD  4 ，求V ABC 面积S 的最大值．
在△ABC 中，P 在线段 BC 上，满足2BP  PC ，O 是线段 AP 的中点.
过点 O 的直线与边 AB，AC 分别交于点 E，F（如图 1），设 EB  λAE ， FC  μAF .
求证： 2λ μ为定值；
设△AEF 的面积为S ，△ABC 的面积为S ，求 S1 的最小值.
S
12
2
延长 CO 交 AB 于点 Q（如图 2），若4 AB  AC  15AO  QC ，求 AC 的值.
AB
定义：设O 为坐标原点，若非零向量OM  (a,b) ，函数 f ( x) 的解析式满足 f (x)  a sin x  b cs x ，则称 f ( x)
为OM 的伴随函数， OM 为 f ( x) 的伴随向量．
若向量OM 为函数 f ( x)  2 sin  x  π  的伴随向量，求OM 的坐标；
3 

若函数 f ( x) 为向量OM 的伴随函数，在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，f (C) 恰好为函数 f ( x)
的最大值．
若OM  (24, 7) ，∠ACB 的角平分线交 AB 于点 D ， c  2 ，求CD 的最大值；
若OM  ( 3,1) ，在锐角V ABC 中，求T 
a  b2 ab
的范围．
参考答案
1．A
–––→–––→ –––→–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→
【详解】 AB  CE  CB   AB  CB  CE  AB  BC  CE  AE . 2．A
【详解】由向量相等的定义知选项 A 正确；
向量是有方向的量，不能比较大小，选项 B 错误；当b  0 时， a 与c 不一定平行，选项 C 不正确；
a  b 可以是a∥b 但a 与b 的模不相等，选项 D 不正确.故选：A.
3．B
【详解】由正弦定理可知 a
2
b ,sin B  sin A  b 
21 ，Qb  a, B  A, B  π，故选 B.
2
 6
4．A
sin A
sin Ba22
cs Acs Bb2  c2  a2a2  c2  b22c2c
【详解】由余弦定理，有
，
ab
由正弦定理可得 3sinC  3c ，
sinBb
2abc
2abc
2abcab
因为csA  csB  3sinC ，所以 c  3c ，即 1  3，解得a  1 .
ab
故选：A.
sinB
abba3
5．B
【详解】由 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC cs B ，得a2  4 2 ma  m2  4  0 ，
3
4 2
方程a2 
ma  m2  4  0
32m2
 2
的判别式4m
 16  16 
4 m2 ，
3
4m16 16 m0
①
  32m2 2  4 2 
99
，解得
99
m  6 ．
当m  6 时， a2  4 2 ma  m2  4  0
3
当m  6 时a2  4 2 ma  m2  4  0
3
转化为a2  8 2a  32  0 ，解得a  4
2
2
转化为a2  8 2a  32  0 ，解得a  4
符合题意；
不符合题意；
②4m
  32m2 2  16  16  4 m2  0 
，且两根之积m240 ，
99
可得a 有一正根和一负根，负根舍去，此时V ABC 有一解，此时0  m  2 ；
③4m
  32m2 2
 16  16 
4 m2
0 ，且两根之积m2  4  0 ，解得m  2 ，
99
8 2
3
当m  2 时， a2  8 2 a  0 ，解得a 符合题意；
3
当m  2 时a2  8 2 a  0 ，解得a   8 2 不符合题意；
33
故若V ABC 有一解，则0  m  2 或m  6 ，
故“ V ABC 恰有一解”，是“ 0  m  2 ”的必要不充分条件
故选：B．
6．A
【详解】设2i, 2i,1 在复平面内对应的点分别为Z1 , Z2 , Z3 ，
因 z  2i  z  2i  4 ， 且| Z1Z2 | 4 ，则复数 z 对应的点Z 的轨迹为线段Z1Z2 ，如图所示.
故 z 1 的最小值问题可理解为：动点Z 在线段Z1Z2 上移动，求| ZZ3 |的最小值，
故只需作Z3Z0  Z1Z2 ，交线段Z1Z2 于点Z 0 ，则| Z3Z0 | 即为所求的最小值 1，故 z 1 的最小值是 1.
故选：A.
7．A
【详解】由正弦定理得
a
sin A
b
sin B
c
sin C
 2R （R 为V ABC 的外接圆半径），且V ABC 的外接圆半径为 1，
sin A  a
2R
 a , sin B  b , sin C  c ，
222
 a 2
代入S  sin2 A  sin2 B  sin2 C 得S   
 b 2
  
 c 2
  
a2  b2  c2

.
 2  2  2 4
由余弦定理得a2  b2  c2  2ab cs C ，
又S  1 ab sin C ，所以 1 ab sin C  2ab cs C ，化简得sin C  cs C ，
224
因为C 0, π ，所以C  π .
4
8．B
【详解】取 BC 的中点 D ， DC 的中点 E ，连接 P0 D, AE （如图所示），则
P0 B  P0C  (P0 D  DB)  (P0 D  DC)
––––→ –––→––––→ –––→––––→2
 (P0 D  DB)  (P0 D  DB)  P0 D
–––→2
 DB ，
同理2
–––→ –––→–––→
PB  PC  PD
–––→2
，
DB
–––→ –––→ –––→ –––→
–––→2
–––→2
––––→2
–––→2
因为 PB  PC  P0 B  P0C ，所以 PD
DB
 P0 D
DB ，
–––→2
即 PD
––––→2
 P0 D
，所以对于边 AB 上任意一点 P 都有| PD || P0D |，
因此 P0 D  AB ，
–––→2 –––→
又 P0B  3 AB ， D 为 BC 中点， E 为 DC 中点，
所以 P0 B  BD  2 ，所以 P D∥AE ，
ABBE30
即BAE  90 ，所以BAC  90 ，即△ ABC 为钝角三角形，故选：B.
9．AC
【详解】因为 z2 是纯虚数，所以 A 正确；
因为 z1  5  8i  8  5i ，所以 z1 在复平面内对应的点位于第三象限，故 B 不正确；
z29i9z2
因为 z1  5  8i 的共轭复数为5  8i ，所以 C 正确；
因为 z2  9 ，所以 D 不正确．
故选：AC 10．ABD
a
【详解】已知 →  (1, 3) ， b  (csα, sinα) ， | a | 2 ， | b | 1 .
选项 A：若 → ⊥b ，则 →  b  csα
3 sinα 0 ，得tanα 
3 ，A 正确.
aa3
a / /b
选项 B：若 →，则sinα
3 csα 0 ，得tanα，又
α 0, π ，所以
α π，B 正确.
3
3
a |  b | 2a  b
→ 2
→→ →
2
5  2 csα 3 sinα
5  4 sin α π


6 

→→
选项 C： a  b



 3 ，最大值为3 ，C 错误.
→
→
a  b →1 →→
a  b12π
选项 D： b 在a 上的投影向量为 → 2 a  
a ，得a  b  1 ， csθ →
→   ，θ
2
3 ，D 正确.
| a |4| a || b |
11．ABD
0  C  π0  C  π
22
【详解】对 A：因为△ ABC 为锐角三角形，故可得： 
0  A 
，也即
π
0 
5π ，解得C 
π C 
 3 2 
 π , π  ，故 A 正确；

2
62
对 B：设V ABC 外接圆半径为 R ，由正弦定理可得： 2R 
c
sin C
2
sin C
，也即 R 
1，
sin C
由 A 可知： C   π , π  ，故sin C  3 ,1 ，故 R 1, 2 3  ，故 B 正确；
 3 2 
 2
3 

abc

ab2
2 sin  5 π  C 
对 C：由正弦定理
，也即 5
πsin C 可得：
 6 ，
sin A
sin B
sin C
sin  π  C 
6

sin
6
a  
sin C
2 sin  5 π  C 
sin  5 π  C 
cs C  3 sin C
故△ ABC 的面积11
 6 1
 6
11，
3
S  ac sin B   2       22  
2sin C
2sin C
sin C
2tan C2
由 A 可知：C   π , π  ，故tan C  3,  ，故 1  0, 3  ，故S  3 , 2 3  ，S 没有最小值，故 C
 3 2 
tan C
3 
 23 

错误；
 5π
对 D：由 C 可知：2 sin  6 π  C  ，2 sin 1，
6
a 
sin C
b 
sin C
sin C
2 sin  5 π  C 
3 sin C  cs C 1
设△ ABC 的周长为l ，则
 6
1
cs C 1
l  a  b  c  2 
  2  2  3 
2 cs2 C 11
sin C
sin C
sin C
sin C


也即l  2  3  2  2  3  1 ，由 A 可知：C   π , π  ，故 C  π , π  ，则tan C  3 ,1 ，
1 1, 3 
2 sin C cs Ctan C
222

3 2
6 4
2

2 3
则 tan C
2
，故l 3 
3, 2  2 3  ，故 D 正确；
故选：ABD.
12．-0.25.
【详解】试题分析：由正弦定理得sinA : sinB : sinC  a : b : c  2 : 3 : 4 ，
a2  b2  c2
所以cs C  0.25 .
2ab
故答案为-0.25.
λ  1 且λ 2
2
【详解】由题设cs
→ →
a, b

a b
 → → 
| a || b |
1 2λ
5  1 λ2
，又a 与b 的夹角为锐角，
0  1 2λ  1
1 2λ 0
所以，则22 ，
1 λ2
5 
λ  1
51 λ   1 2λ
1

所以2
2
，可得λ  且λ 2 .
2
λ  4λ 4  0
3
9  25
4
3
【详解】在△ABD 中， AB  1， AD ， BAD  2 π ，
3
所以S
 1 AB  AD sin 2π  1 1 3 
3  3 ，
V ABD
23224
由余弦定理得 BD2  AD2  AB2  2 AD  AB cs 2π  1 3  2  3  1  4  3 ，
4  3
所以 BD 
，所以 BC 
3BD 
32
3  4 3 ，
因为 BD  BC ，所以S
 1 BD  BC  1  3  BD2  3  2，
3
VCBD
222
所以四边形 ABCD 的面积为S
设BAD α，在△ABD 中，
V ABD
 SVCBD
 3  3  2
3
42
 9  2 3 ；
4
由余弦定理得 BD2  AD2  AB2  2 AD  AB csα 1 3  2  3 csα 4  2 3 csα，
因为 BC 
3BD ，所以 BC 2  3BD2  34  2 3 csα ，
由正弦定理得
BD

sinα
AD
sin ABD
3，
sin ABD
所以sin ABD 
3 sinα，因为 BD  BC ，所以CBD  90∘ ，
BD
在V ABC 中，由余弦定理得 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC cs ABC ，
所以 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC cs ABD  90∘ 
 12  34  2 3 csα 2 34  2 3 csα sin ABD
sinα
 2 3 csα
 12 12  6 3 csα 2 34  2 3 csα 
 13  6 3 csα 6 sinα 13 12  1 sinα 3 cs
 13 12 sin α π  ，
 22
α 
3 

因为0 α π ，所以 π α π  2π ，所以当α π  π 即α 5π 时，
333
sin α π  取最大值为 1，此时 AC
326
13 12 1
 5 ，
3 
max

综上所述， AC 的最大值为 5. 15．(1) (4,13)
(2) 8
4 65
65
→
【详解】（1）因为a  1, 2 ， b  2, 3 ,
→
所以2a  3b  2(1, 2)  3(2, 3)  (4,13)
→
因为a  1, 2 ， b  2, 3 ,
2
→
所以a
 → 2
→
 5, b 2
→ 2
 b  13 ，
a
→→→→2→2
→
所以a  b a  b   a  b
 5 13  8 ,
4 65
a
→ →→  b12  2  3
cs
a, b
 →
| a |
→ 
5  13
 | b |
65 .
–––→
16．(1) AF 
3 –––→
AB 
1 –––→
AD
42
(2) 6,12
【详解】（1）在直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， CD  2, AB  4 ， F 为 BC 的中点，
–––→1 –––→ –––→1 –––→ 1 –––→1 –––→3 –––→ 1 –––→
所以 AF  2 ( AC  AB)  2 ( AD  2 AB)  2 AB  4 AB  2 AD .
–––→ –––→ –––→ –––→ λ–––→
（2）由 DE  λDC ，得 AE  AD  DE  AD  2 AB ，由 AD ⊥AB ，得 AD  AB  0 ，
–––→ –––→
因此 AE  AF 
–––→ λ–––→
( AD AB)  (
1 –––→ 3 –––→
AD  AB)
 1 –––→2  3λ–––→2  6  6λ，而λ[0,1] ，
ADAB
–––→ –––→
所以 AE  AF [6,12] .
17．(1) A  π
3
22428
3
(2) 6
【详解】（1）由(sinB  sinC)2  sin2 A  sinBsinC 结合正弦定理得： (b  c)2  a2  bc ，即b2  c2  bc  a2 ，
b2  c2  a21
由余弦定理： csA  ，
2bc2
因为 A (0, π) ，所以 A  π ；
3

–––→ –––→–––→ –––→
（2）Q BD  2DC ， AD  AB  2 AC  AD ，
–––→
即 AD 
1 –––→
AB 
2 –––→
AC ，
33
两边同时平方：
–––→2 1 –––→2 –––→ 2 –––→21 –––→24 –––→ –––→4 –––→2
33
AD   AB  AC  ，AD  AB  AB  AC  AC ，
999
16  1  c2  4  bccs π  4  b2 ≥ 2  c  2b  2 bc  2 bc ，
99393393
3
bc  24 ，当且仅当 c  2b 即c  2b  4
33
时，取等号．
 S  1 bcsinA  1  24  3  6 3 ，
222
即S 的最大值为6 3 ．
18．(1)（i）证明见解析（ii） 2
9
(2) 2
5
5
【详解】（1）（i）证明：根据题意， AB  AE  EB  AE  λAE  1 λ AE ，同理可得 AC  1 μ AF ，

–––→–––→–––→–––→1 –––→–––→1 –––→–––→2 –––→1 –––→
因为2BP  PC ，所以 AP  AB  BP  AB  BC  AB  BA  AC  AB  AC ，
3333
–––→
因为O 是线段 AP 的中点，所以 AO 
1 –––→
AP 
–––→
AB 
–––→
AC ，
–––→
所以 AO 
1λ–––→
AE 
1μ–––→
AF ，
236
36
由于 E, O, F 三点共线，所以
1λ 1 μ
 1  2λ μ 3 ，
36
1
2
即2λ μ为一定值，且定值为3 .
（ii） S1

AE AF sin EAF ， S2

AB AC sin BAC  1 1 λ AE 1 μ AF sin BAC ，
1
2
2
所以 S1 
S2
1
1 λ1 μ
，由（i）可知2λ μ 3 ，即μ 3  2λ，
S1 
S
1 λ1 3  2λ 
1
2λ2  2λ 4
1
1 29 ，
2
1
2
22 λ  

所以当λ 1 时， S1 有最小值，此时 S1  2 .
S2
S2
–––→
9
1 –––→
1 –––→
1 –––→
（2）设 AB  x AQ ，由（1）可知 AO 
AP 
AB 
AC ，
–––→
所以 AO 
x –––→
AQ 
–––→
AC ，
236
6
AQ AB
因为C , O, Q 三点共线，所以 x  1  1  x  5 ，即–––→  2 –––→ ，
–––→–––→ –––→
所以QC  AC  AQ  AC 
3625
–––→
AB ，
5
又因为4 AB  AC  15AO  QC ，
–––→→ 1 –––→1 –––→   –––→2 –––→ –––→ –––→5 –––→2
–––→2
3652
所以4 AB  AC  15 AB  AC   AC  AB   4 AB  AC  AC
 
 2 AB ，
–––→2
所以 AC
4 –––→2

AB
5
，即 AC  2 5 .
AB5
 
––––→
19．(1) OM  1, 3
(2)ⅰ4ⅱT  4, 9 
2


（ ） （ ）
3


f x 
π 
ππ 
––––→
【详解】（1）由已知  
2 sin  x    2 sin x cs
cs x sin   sin x  3 cs x ，所以OM  1, 3  ；
3 
33 
（2）（i）根据题意，由OM  24, 7 知， f  x  24 sin x  7 cs x ，
利用辅助角公式得 f  x  25  24 sin x  7 cs x   25sin  x φ ，其中tanφ 7 ，
 252524

不妨令φ为锐角，当 x φ π 时， f  x 取到最大值 f C  ，即C φ π ，
22
则sin C  sin  π φ  csφ 24 ，同理cs C  cs  π φ  sinφ 7 ,
 225 225

由二倍角公式得： cs C  2 cs2 C 1  7  cs2 C  16  sin2 C  9  sin C  3 ，
22522522525
如图，由三角形面积可得： S
V ABC
 SV ADC
SV BDC
 1 ab sin C  1 b  CD sin C  1 a  CD sin C ，
22222
ab  24  b  CD  3  a  CD  3  CD  8 
所以25555
ab a  b
 8 
5
1
1  1 ，
ba
由余弦定理得c2  a2  b2  2ab cs C  a2  b2  14 ab  4  a  b2  64 ab  4 ，
2525
因为a  b  2
 a  b2  4ab ，所以 64 ab  4  4ab  36 ab  4  ab  25 ，
ab
25259
2 1
ab
9 25
CD  8 1 8 1 4  1 45

则5 1  1
ba
553 ，当且仅当a  b  时取等号.
3
（ii）由 f  x  2  3 sin x  1 cs x   2 sin  x  π  ，结合（i）， C  π  π  C  π ，
 22
6 
623

sin A  sin B2
A  BA  B
A  BA  B
利用正弦定理边化角可得T 
sin Asin B
，其中 A 
， B ，
2222
所以sin A  sin  A  B  A  B   sin A  B cs A  B  cs A  B sin A  B ，
22

2222

sin B  sin  A  B  A  B   sin A  B cs A  B  cs A  B sin A  B ，
22

2222

且 A  B  π  C  2π ，则 B  2π  A ，
33
 A  B  A  B 2 A  B π 3
2 sin cs 3cs2 3cs2  A   1
所以T  22  2  3  1π  ，
cs A  B  cs A  B
1 cs A  B  1
cs2  A  π   1
4 cs2  A 
224
3 4
3 

0  A  π

由于三角形是锐角三角形，则
2，得 A  π , π  ，故 A  π   π , π  ，
2ππ
 6 2 
3 6 6 
0  A  
32
cs2  A  π  3 
T9 
所以3   4 ,1 ，易知  4, 2  .
 