2022-2023学年福建省厦门第一中学高一下学期3月月考数学试题含答案

2022-2023学年福建省厦门第一中学高一下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．在五边形中（如图），（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据向量加减法，直接计算结果.

【详解】.

故选：B

2．已知点和向量，且，则点B的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的坐标运算直接求出点B的坐标.

【详解】因为向量，且，所以.

设，则，解得：，即.

故选：A

3．在中，已知，，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由正弦定理，可求角.

【详解】在中，已知，，，

则由正弦定理可得，即，求得，

，或．

再由，以及大边对大角可得．

故选：C

4．已知向量，，则（　　）

A．2 B．3 C．7 D．8

【答案】C

【解析】先求得，根据，得到，再结合向量的数量积的坐标运算，即可求解.

【详解】由题意，向量，可得，

因为，可得，解得，即，

所以.

故选：C.

5．设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量模的性质由已知可求得，则按照在方向上的投影向量的定义求解即可.

【详解】因为，，所以，

则，解得，

所以在方向上的投影向量为.

故选：B.

6．已知，，分别为内角，，的对边，，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用数量积的定义及三角形面积公式求出的范围，再利用正切函数的性质求解作答.

【详解】在中，，，因此，

显然，而正切函数在上单调递增，所以.

故选：C

7．是边长为2的正方形边界或内部一点，且，则的最大值是（    ）

A．2 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】建立坐标系，求出点的坐标，利用向量数量积的坐标公式进行求解即可．

【详解】以B为坐标原点，以BC方向为轴正方向，以BA方向为轴正方向建立坐标系，

则，设，，，

则，

因为，则，

则，

故当，时取得最大值为5．

另解：令，则为中点，为中点，则，

所以，当为中点时取等．

故选：C

8．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（    ）

A．千米 B．千米

C．千米 D．千米

【答案】D

【分析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.

【详解】

在中，，

设，

则，

当且仅当时取等号，

设，则，

又到的距离为20千米，所以，，

故（时取等号），

所以，得，

故选：D

二、多选题

9．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成，巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形ABCDEF，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．在上的投影向量为

【答案】BCD

【分析】对A，可得与为相反向量，故A错误；对B，证明即得解；对C,求出即得解；对D，证明即得解.

【详解】对A，，显然由图可得与为相反向量，故A错误；

对B，由图易得，直线平分，

且为正三角形，根据平行四边形法则有与共线且同方向，

易知均为含的直角三角形，故，

则，而，故，故，故B正确；

对C，，

 ，则，

又，， ，，

故C正确；

对D，由C知，则在上的投影向量为，故D正确.

故选：BCD.

10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若是锐角三角形，则不等式恒成立

C．

D．若，，三角形面积，则三角形外接圆半径为

【答案】ABC

【分析】A．根据“大角对大边”并结合正弦定理进行判断；B．根据进行计算并判断；C．根据正弦定理及其变形进行计算并判断；D．先根据三角形的面积公式求解出的值，然后根据余弦定理求解出的值，最后利用正弦定理求解出外接圆的半径.

【详解】A．因为，所以，所以（为的外接圆半径），所以，故正确；

B．因为是锐角三角形，所以，所以，所以，故正确；

C．因为中（为的外接圆半径），

所以，所以，

所以，所以，故正确；

D．因为，所以，因为，所以，

设的外接圆半径为，所以，故错误；

故选：ABC.

【点睛】结论点睛：解三角形中常用的一些结论（在中，边对应的角为）：

（1）大边对大角，小边对小角；

（2）若，则为钝角三角形；若且为最大边，则为锐角三角形（此处若不限定为最大边，则无法得到结论）；

（3）.

11．给出下列命题，其中正确的选项有（    ）

A．若非零向量满足，则与共线且同向

B．若非零向量满足，则与的夹角为

C．若单位向量的夹角为，则当取最小值时，

D．在中，若，则为等腰三角形

【答案】AD

【分析】选项A：把平方得到，然后根据，得出，从而得出；

选项B：根据得到以为三边的三角形为等边三角形，从而得到与的夹角为30°；

选项C：利用平方法得到，从而判断出时取最小值；

选项D：根据题意分析出都为单位向量，从而得到向量所在的直线为角的角平分线，再根据条件，即可判断为等腰三角形.

【详解】选项A：对非零向量，

，

若使成立，即使成立，

则，即，所以与共线且同向，选项A正确；

选项B：非零向量满足，则以为三边的三角形为等边三角形，故与的夹角为30°，选项B错误；

选项C：因为单位向量的夹角为60°，

所以

，所以时，取最小值，故选项C错误；

选项D：因为都为单位向量，所以向量所在的直线为角的角平分线，又因为，即，

所以，即为等腰三角形,所以选项D正确.

故选：AD

12．在所在的平面上存在一点，，则下列说法错误的是（    ）

A．若，则点的轨迹不可能经过的外心

B．若，则点的轨迹不可能经过的垂心

C．若，则点的轨迹不可能经过的重心

D．若，，则点的轨迹一定过的外心

【答案】ABD

【分析】由，结合向量共线的推论判断的轨迹，讨论形状判断A、B正误；根据重心的性质得判断C；根据题设确定，，点的轨迹，讨论形状判断D.

【详解】若，根据向量共线的推论知：共线，即在直线上，

中，则的中点为三角形外心，故有可能为外心，A错；

中或，则或为三角形垂心，故有可能为垂心，B错；

若为的重心，必有，此时，C对；

若，，结合，则点在一个以AB、AC为邻边的平行四边形内（含边界），

为锐角三角形，其外心在内，则必过外心；

为直角三角形，其外心为斜边中点，则必过外心；

为钝角三角形且，其外心在外，即边的另一侧，

如下图示，点在平行四边形内（含边界），

此时，当外心在内（含边界），则必过外心；当外心在外（如下图为的中垂线），则不过外心；

所以，，，的轨迹不一定过的外心，D错.

故选：ABD

三、填空题

13．已知向量，，若，则与的夹角为      ．

【答案】/

【分析】先求向量的模，根据向量积，即可求夹角.

【详解】解：，，

所以与的夹角为.

故答案为：

14．是边长为2的等边三角形，已知向量，满足，，则          ．

【答案】

【分析】根据给定的条件，利用数量积的定义及运算律求解作答.

【详解】在中，由，得，则，

又，所以，解得．

故答案为：

15．已知中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足，，，则        .

【答案】/

【分析】根据题意和余弦定理化简整理可得，进而可得，求出A，结合正弦定理求出，即可得出结果.

【详解】由余弦定理，得，

整理，得，

又，所以，

由，得，

由正弦定理，得，

所以，

又，得，，所以.

故答案为：.

16．在中，中，，若，则面积的最大值为          ．

【答案】

【分析】利用切化弦化简给定等式，再利用正弦定理、余弦定理变形，用A的正余弦表示边c，然后用三角形面积公式结合三角恒等变换及正弦函数性质求解作答.

【详解】令内角所对边分别为，依题意，，

即，由正弦定理得，

由余弦定理得，整理得，

又，因此，且，

则，

当且仅当，即时取等号，

所以面积的最大值为.

故答案为：

四、解答题

17．设向量

（1）若向量 与向量 平行，求 的值；    

（2）若向量 与向量 互相垂直，求 的值.

【答案】（1）；（2）1或.

【分析】(1)根据平面向量的坐标运算，结合平行向量的判定定理求解即可；

(2)根据平面向量的坐标运算，结合向量垂直的判定定理求解即可.

【详解】（1），  

向量 与向量 平行，

（2）因为 ， ，  

因为 与 互相垂直，所以 ，     

即 ，

，解得 或 .

18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角C的值；

(2)若2a+b=6，且的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)6或

【分析】（1）利用正弦定理结合，代换整理得，再结合倍角公式整理；（2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论处理．

【详解】（1）∵，则

∵

∴，即

∵，则

∴

（2）∵△ABC的面积为，则

∴

根据题意得，则或

若，则△ABC为等边三角形，的周长为6；

若，则，即，的周长为

∴的周长为6或

19．如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点．

(1)若，求的值；

(2)若，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三点共线，以及三点共线结合共线定理得出的值；

（2）由得出，进而得出，结合得出的值．

【详解】（1）

因为，所以，

因为三点共线，所以①

又，所以②

由①②可得，

（2）设，

所以，解得

所以.

又，所以，

即

20．在某海域处的巡逻船发现南偏东方向，相距海里的处有一可疑船只，此可疑船只正沿射线（以点为坐标原点，正东，正北方向分别为轴，轴正方向，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系）方向匀速航行.巡逻船立即开始沿直线匀速追击拦截，巡逻船出发小时后，可疑船只所在位置的横坐标为.若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，则恰好1小时与可疑船只相遇.

(1)求的值；

(2)若巡逻船以海里/小时的速度进行追击拦截，能否搃截成功？若能，求出搃截时间，若不能，请说明理由.

【答案】(1)

(2)能够拦截成功拦截，时间为2小时

【分析】（1）设1小时后两船相遇于点C，根据关于y轴对称，且，即可求解；

（2）设t小时后两船相遇于点D，利用余弦定理列出方程，即可求解.

【详解】（1）解：由题意，直线的倾斜角为，

若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，设1小时后两船相遇于点C，

如图所示，则轴，，且关于y轴对称，

所以，所以.

（2）解：若巡逻船以海里/小时进行追击，设t小时后两船相遇于点D，如图所示，

则，，，，

因为

可得

整理得，解得或（舍去），

所以能够拦截成功拦截时间为2小时.

21．《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块四边形的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将连接，经测量，.

(1)霍尔顿发现无论多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值；

(2)霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值.

【答案】(1)证明见解析，定值为

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，进而得到，化简即可求解；

（2）根据面积公式可得，结合化简可得，进而求解.

【详解】（1）在中，由余弦定理得，

即，

在中，由余弦定理得，

即，

所以，

即.

所以无论多长，.

（2），

，

则，

由（1）知，，

即，代入上式，

得，

配方得，

当时，取到最大值为.

22．已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足.

（1）求证：为定值；

（2）把三个实数，，的最小值记为，b，c}，若，求的取值范围；

（3）若，，求当取最大值时，的值.

【答案】（1）51；（2）；（3）.

【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系，求出的坐标，依题意设，求得的坐标，进而可求得结果；

（2）由（1）求得，，，由对称性考查时的情况可得结果；

（3）依题意可得，令得，进而由判别式法可求得结果.

【详解】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示.

由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，.

因为，所以点在圆上，故设，

则，，，所以

（2）由（1）知，

同理可得，，

由对称性下面考查时的情况，

当时，，，，此时，最小；

当时，，，不是最小，

故的取值范围是.

（3），

所以，代入整理得，

，两边同时除以得：，

令，则，即，

所以，即，

解得，所以（即）的最大值为.

此时，，因此，

所以，从而.

【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，将问题转化为三角函数和不等式问题.