2021-2022学年山东省烟台市第二中学高一下学期4月月考数学试题含解析

2021-2022学年山东省烟台市第二中学高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．已知,向量的夹角为,则（       ）

A． B．1 C．2 D．

【答案】C

【分析】直接把已知条件代入数量积计算即可.

【详解】因为，向量的夹角为，

所以，

故选：C.

2．已知复数在复平面内对应的点在第三象限，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的几何意义建立不等式关系即可.

【详解】，

若复数在复平面内对应的点在第三象限，

则，解得，

所以的取值范围是，

故选B.

【点睛】该题考查的是有关复数在复平面内对应的点的问题，属于简单题目.

3．在中，为边上一点，，，，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正弦定理求得，继而求出，再根据三角形外角定理，结合两角和的正弦公式，求得答案.

【详解】如图示：

在 中，由正弦定理得： ,

故 ,而,故只能是锐角，

故，

所以

，

故选：C

4．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，即可根据诱导公式和二倍角公式求出．

【详解】设，所以，，

故．

故选：A．

5．已知△ABC满足2＝·＋·＋·，则△ABC是（　　）

A．等边三角形 B．锐角三角形

C．直角三角形 D．钝角三角形

【答案】C

【分析】由数量积的运算律化简后得出正确选项

【详解】由题意得，故

∴，△ABC是直角三角形

故选：C

6．在等腰梯形ABCD中，，，，．若M为线段BC的中点，E为线段CD上一点，且，则（       ）

A．15 B．10 C． D．5

【答案】D

【分析】过点作于点，根据平面向量的基本定理，根据题意，得到，设，得到，再由，求出；再由向量数量积运算，即可求出结果.

【详解】过点作于点，

因为四边形为等腰梯形，且，，所以，

又，所以；

因为为线段的中点，

所以，

又为线段上一点，所以存在，使得，

则，

由得，

即，

即，解得；

所以

故选：D.

【点睛】本题主要考查由向量数量积求参数，以及求平面向量的数量积，熟记向量数量积运算法则，以及平面向量基本定理即可，属于常考题型.

7．圣索菲亚大教堂，位于土耳其伊斯坦布尔，有着近一千五百年的历史，因巨大的圆顶而闻名于世，是一幢拜占庭式建筑.圣索菲亚大教堂主体建筑集中了数学的几何图形之美，使世界各地的游客前往参观.现在游客想估算它的高度CD，借助于旁边高为24米的一幢建筑房屋AB作为参考点，在大教堂与建筑房屋的底部水平线上选取了点P（如图所示），从点P处测得C点的仰角为60°，测得A点的仰角为45°，从A处测得C处的仰角为30°，则该游客估算圣索菲亚大教堂的高度大约为（       ）

参考数据：，，.

A．48.68米 B．53.50米 C．56.79米 D．60.24米

【答案】C

【分析】过点作的垂线交于点，根据题意得到且，设，在直角中，求得的值，即可求解.

【详解】如图所示，过点作的垂线交于点，则，

由题意得，所以，

又由，所以，，所以，

可得，

设，则，

在直角中，可得，即，解得，

所以（米）.

故选: C.

8．在ABC中，．则的取值范围是（ ）

A．（0，] B．[，） C．（0，] D．[，）

【答案】C

【详解】试题分析：

由于，根据正弦定理可知，故．又，则的范围为.故本题正确答案为C.

【解析】三角形中正余弦定理的运用.

二、多选题

9．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中，能使△ABC的形状唯一确定的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】利用正弦定理可判断A；利用余弦定理可判断B、D；利用三角形的内角和以及正弦定理可判断C.

【详解】对于A，根据正弦定理：，可得，

又因为，所以，所以或，故A不正确；

对于B，由余弦定理可得，解得，故B正确；

对于C，由三角形的内角和可知，又 ，利用正弦定理，

可知均有唯一值，故C正确；

对于D，，三角形的三边确定，三角形的形状唯一确定，故D正确；

故选：BCD

【点睛】本题考查了利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状，考查了基本运算求解能力，属于基础题.

10．设，是两个非零向量，则下列描述正确的有（ ）

A．若，则存在实数使得

B．若，则

C．若，则

D．若与的方向相反，则

【答案】AB

【分析】四个选项都出现了向量模之间的加减运算，所以考虑平方处理，整理后即可得出答案．

【详解】对A，，两边平方可得，所以，而，，所以，，

所以，，所以，，所以与共线且方向，所以时，，故A正确，

对B，因为，所以，对两边平方可得，成立，故B正确，

对C，对两边平方可得，所以，

所以，，所以，，即，，所以与同向，但不一定等于，故C错误，

对D，由A选项可知，只有当且时，才有，故D错误．

故选：AB．

11．已知函数，部分图象如图所示，下列说法不正确是（       ）

A．的图象关于直线对称

B．的图象关于点对称

C．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象

D．若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是

【答案】ABC

【分析】根据函数的部分图象求出函数解析式，然后根据正弦函数的性质一一判断．

【详解】解:由函数的图象可得，由，求得．

再根据五点法作图可得，又，求得，

∴函数，

当时，，不是最值，故A不成立；

当时，，不等于零，故B不成立；

将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；

当时，，

∵，，

故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立．

故选:ABC.

【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解答的关键是由函数的部分图象求出函数解析式，属于基础题．

12．如图，已知长方形中，，，，则下列结论正确的是（       ）

A．当时，

B．当时，

C．对任意，不成立

D．的最小值为4

【答案】BCD

【解析】根据题意，建立平面直角坐标系，由，根据向量坐标的运算可得，当时，得出，根据向量的线性运算即向量的坐标运算，可求出，即可判断A选项；当时，，根据平面向量的夹角公式、向量的数量积运算和模的运算，求出，即可判断B选项；若，根据向量垂直的数量积运算，即可判断C选项；根据向量坐标加法运算求得，再根据向量模的运算即可判断D选项.

【详解】解：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴建立平面直角坐标系，

则，，，，由，可得，

A项，当时，，则，，

设，又，所以，得，

故，A错误；

B项，当时，，则，，

故，B正确；

C项，，，

若，则，

对于方程，，

故不存在，使得，C正确；

D项，，所以，

当且仅当时等号成立，D正确.

故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的坐标运算，数量积运算和线性运算，考查运用数量积表示两个向量的夹角以及会用数量积判断两个平面向量的垂直关系，熟练运用平面向量的数量积运算是解题的关键.

三、填空题

13．已知向量为单位向量，向量，且，则向量、的夹角为________.

【答案】

【解析】对两边平方解出，代入数量积的定义式解出夹角.

【详解】向量为单位向量，向量，，，

，，即，解得.

设向量、的夹角为，则，

，因此，.

故答案为：.

【点睛】求解平面向量的夹角主要是平面向量数量积的定义式，在涉及到平面向量模的等式时，一般将等式进行平方，结合平面向量数量积的运算性质求解.

14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=___.

【答案】

【详解】试题分析：因为，且为三角形的内角，所以，，又因为，所以.

【解析】 正弦定理，两角和、差的三角函数公式

【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

15．已知，函数在区向上单调递增，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据余弦函数的单调递增区间求得的取值范围，这个取值范围包含区间，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围.

【详解】由，且，

解得，

所以，

解得：，，又，

由，得，

由于，故，所以.

故答案为：.

16．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，，的面积为，则的最小值为_______.

【答案】

【分析】根据余弦二倍角公式、三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.

【详解】因为，所以，

所以有，

由三角形面积公式可得：，

由余弦定理可知：

，

因为，

所以，

当且仅当时取等号，即时，取等号，

故答案为：

四、解答题

17．已知向量，.

(1)若 ，向量，求在方向上的投影向量的坐标；

(2)若函数的最大值为，求实数的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求在方向上的投影，然后投影乘以与同向的单位向量可得；

（2）根据数量积的坐标表示，结合二倍角和降幂公式、辅助角公式化简，由最大值为可得.

【详解】(1)若，则

在方向上的投影为

所以在方向上的投影向量为

(2)

因为的最大值为

所以，解得

18．在中，的对边分别为，已知向量，，且.

（1）求的大小；

（2）若点D为边AB上一点，且满足，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，再结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，即可求解；

(2)由，求得，两边平方化简得，再由余弦定理，得到，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】（1）由题意，因为，，

可得，

在中，由正弦定理得，

化简得，

又因为，可得，

所以，因为，所以.

(2)由，可得，所以，

两边平方得 ①

又因为，

所以. ②

由①②得，

所以.

【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，以及正弦定理和余弦定理的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，以及合理利用正弦定理的边角互化和三角的面积公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

19．如图，某公园有三条观光大道围成直角三角形，其中直角边，斜边.现有甲、乙、丙三位小朋友分别在大道上嬉戏，

（1）若甲、乙都以每分钟100的速度从点出发在各自的大道上奔走，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后到达，甲到达，求此时甲、乙两人之间的距离；

（2）甲、乙、丙所在位置分别记为点.设，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且，请将甲、乙之间的距离表示为的函数，并求甲、乙之间的最小距离.

【答案】（1）；（2）；

【解析】（1）由题意，，中，由余弦定理可得甲乙两人之间的距离；

（2）中，由正弦定理可得，可将甲乙之间的距离表示为的函数，并求甲乙之间的最小距离.

【详解】（1）依题意得

在△中，，所以

在△中，由余弦定理得

=，

所以

答：甲、乙两人之间的距离为.

（2）由题意得

在中，

在△中，由正弦定理得

即

所以，所以当时，有最小值

答：甲、乙之间的最小距离为.

【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦、余弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.