2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期月考（一）数学试题（解析版）

2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期月考（一）数学试题

一、单选题

1．已知向量，，，则实数k的值为（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】C

【分析】由，得，根据向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】解：因为，，，

所以，即，解得，

故选：C.

2．若复数是纯虚数，则实数的值为

A．1 B．2 C．1或2 D．-1

【答案】B

【详解】由得，且，．

3．已知平面向量，，则向量（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】本题为平面向量坐标运算的加减数乘运算.

【详解】因为，，则，，

所以

故选：D

4．已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，b＝，c＝，B＝，那么a等于 (　　)

A．1 B．2 C．4 D．1或4

【答案】C

【详解】中，，，

由余弦定理得：即

解得或（舍去）

故选

5．已知向量，，，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.

【详解】因为向量，，

，即

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.

6．如图，在矩形中，分别为的中点，为中点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】首先根据题意得到，，再根据求解即可.

【详解】连接，如图所示：

因为分别为的中点，

所以，

，

因为为中点，

所以.

故选：C

7．在△ABC中，，则△ABC的形状一定是（    ）

A．直角三角形 B．等腰三角形

C．等边三角形 D．等腰直角三角形

【答案】A

【分析】注意到，根据已知等式，利用向量的数量积的运算法则和线性运算法则可得到，进而得到结论.

【详解】

∴BA⊥AC,

∴△ABC为直角三角形，    

故选：

8．在中，，点满足，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取中点，由已知可确定，利用向量的运算和长度关系将转化为，由此构造方程求得，进而得到所求结果.

【详解】取中点，连接，

，即，为边上靠近的三等分点；

，

，，，

又，，，

，即为等边三角形，.

故选：C.

【点睛】方法点睛：处理平面几何中的平面向量数量积问题的常用方法有两种：

（1）利用平面向量线性运算将所求数量积进行转化，转化为夹角和模长已知的向量数量积的求解问题；

（2）建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来进行求解.

二、多选题

9．已知两非零复数，，若，则下列说法一定成立的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】设，则，根据复数性质依次判断即可.

【详解】设，则，

对A，，，所以，故A正确；

对B，，只有当时，，故不一定成立，故B错误；

对C，，故C正确；

对D，，故D正确.

故选：ACD.

10．已知函数，则（ ）

A．的最大值为

B．的最小正周期为

C．是偶函数

D．将图象上所有点向左平移个单位，得到的图象

【答案】AC

【分析】先将原式整理，得到，进而可得最大值，判定A正确；得出最小正周期，判定B错；根据函数奇偶性，判定C正确；根据函数图象平移原则，判定D错.

【详解】，

因为，所以，因此，则，故A正确；

最小正周期为，故B错；

，所以是偶函数，即C正确；

将图象上所有点向左平移个单位，得到，故D错误.

故选：AC.

【点睛】本题主要考查求三角函数的最值，最小正周期，判定三角函数的奇偶性，求平移后的解析式，属于常考题型.

11．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.

【详解】.

整理可得:

可得

为三角形内角,

故A正确，B错误.

解得 ,

由余弦定理得

解得, 故C错误，D正确.

故选: AD.

【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.

12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（  ）

A．若，则点是边的中点

B．若，则点在边的延长线上

C．若，则点是的重心

D．若，且，则的面积是的面积的

【答案】ACD

【分析】判断命题真假；将前面条件进行化简，去判断点M的位置（D中若能判断M位置也是一定得出面积比值）.

【详解】A中：,即：

,则点是边的中点

B. ,则点在边的延长线上，所以B错误.

C.

设中点D,则,，由重心性质可知C成立.

D．且设

所以，可知三点共线，所以的面积是面积的

故选择ACD

【点睛】通过向量加减运算，进行化简去判断点M的位置，难度较大.

三、填空题

13．若复数满足： ，则复数的虚部是_________．

【答案】；

【分析】根据复数及模的定义计算即可.

【详解】设 ，由题意 得： ，

，解得 ,其虚部为-1；

故答案为：-1.

14．已知为一单位向量，与之间的夹角是120°，而在方向上的投影向量为，则________．

【答案】4

【分析】利用数量积的几何意义直接求解.

【详解】因为与之间的夹角是120°，而在方向上的投影向量为，

所以，

所以，所以4.

故答案为：4.

15．已知的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于_________．

【答案】

【分析】利用余弦定理得到，进而得到结合正弦定理得到结果.

【详解】，由正弦定理得.

【点睛】本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于 基础题.

16．在 中，内角 所对的边分别为 ,已知，且，则面积的最大值为________．

【答案】.

【分析】利用余弦定理求解，根据基本不等式即可求解面积的最大值

【详解】由可得：

根据余弦定理可得：

，

，

即

当且仅当时取等号，则

面积

则面积的最大值为

【点睛】本题主要考查了三角形中的几何运算，同时考查了余弦定理和解不等式等有关知识，属于中档题．

四、解答题

17．已知向量，，，且.

（1）求实数的值；

（2）求向量与的夹角.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）计算出平面向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，由此可求得实数的值；

（2）利用平面向量夹角余弦的坐标表示可求得的值，结合角的取值范围可求得结果.

【详解】（1），，则，

又，且，，解得；

（2），，因此，.

【点睛】本题考查利用平面向量垂直的坐标表示求参数，同时也考查了平面向量夹角的计算，考查计算能力，属于基础题.

18．如图，在平面四边形中，已知，，，为线段上一点.

(1)求的值；

(2)试确定点的位置，使得最小.

【答案】（1）；（2）见解析

【分析】(1)通过，，可得，从而通过可以求出，再确定的值.

(2)法一：设()，可以利用基底法将表示为t的函数，然后求得最小值；

法二：建立平面直角坐标系，设()，然后表示出相关点的坐标，从而求得最小值.

【详解】(1)，，，

，，即，

，

(2)法一:设()，则，

，

当时，即时，最小

法二:建立如图平面直角坐标系，则，，

，，

设()，则，

当时，即时，最小．

【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，数形结合思想及函数思想，意在考查学生的划归能力和分析能力，难度较大.

19．已知向量，设函数.

(1)求函数的单调增区间；

(2)已知的三个内角分别为，若，边，求边.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题意得，由解不等式即可求解；

（2）由求得，再由正弦定理即可求解.

【详解】（1）

∵，由，

得，

∴函数的单调增区间为.

（2）∵，即，

∵角为三角形内角，得，又，

∴，

∴

∵，

由正弦定理得.

20．如图，甲船以每小时海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于处时,乙船位于甲船的北偏西的方向处,此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达处时,乙船航行到甲船的北偏西方向的处,此时两船相距海里,问乙船每小时航行多少海里?

【答案】乙船每小时航行海里．

【分析】连结，在和中结合余弦定理求解作答.

【详解】如图，连结，

，，，则是等边三角形，

即，有，在中，由余弦定理得：

，

即，因此乙船的速度的大小为，

所以乙船每小时航行海里.

21．在锐角中，已知.

(1)求角；

(2)若，求周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)用正弦定理的边化角即可.(2)用第一问结论，结合正弦定理得，在锐角中， ，表示出两条边长，就可以求出周长,再根据B的取值范围，求得周长的取值范围.

【详解】（1），由正弦定理得，

又，即，

又，.

（2）在锐角中，由正弦定理得，

，

，且，故，

，

又，，故，

，即周长的取值范围是.

22．已知函数．

（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；

（2）设，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）令，则，将问题转化为在R上恒成立，利用判别式小于0即可得到答案；

（2）利用符合函数的单调性易得在上单调递增，利用单调性将问题转化为恒成立，求出的最小值即可.

【详解】解：令，则．

（1）因为，所以，

则对任意，恒成立等价于对任意，恒成立.

故，解得或，即的取值范围为，

（2）因为，所以，

因为图象的对称轴为，所以在上单调递增，即在上单调递增．

因为，所以，．

因为，所以．

因为，所以，即．

因为，所以．

因为，所以，故．

因为，所以的取值范围是．

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，，总有成立，故；

（2）若，，有成立，故；

（3）若，，有成立，故；

（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．