河南省安阳市龙安高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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数学试卷
本试卷共四大题，22小题，满分150分，时间120分钟
注意事项：考生答题时将答题答在答题卡上，在本试题卷上答题无效.
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个正确答案）
1. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平面向量平行的坐标表示，列出方程求出的值即可.
【详解】因为，
所以，即，
故选：C.
【点睛】本题主要考查了平面向量平行的坐标表示的应用问题，属于基础题.
2. 已知正方形的边长为1,则=
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
正方形中根据向量的加法法则，即可得解.
【详解】由题正方形的边长为1,根据向量加法法则，
.
故选：C
【点睛】此题考查向量加法的平行四边形法则，根据加法法则求出向量之和，再求模长.
3. 已知点，，则与向量同向的单位向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据与向量同向的单位向量为得出结果.
【详解】由题意可得，，
因此，与向量同向的单位向量为.
故选：A.
【点睛】本题考查同向的单位向量的求解，熟悉结论“与非零向量同向的单位向量为”的应用是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
4. 在△ABC中，，则此三角形中的最大角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理可得出，设，则，，然后根据余弦定理求出即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，，
设，则，，所以最大.
由余弦定理可得，.
因为，所以.
故选：C.
5. 在△ABC中，a＝7，c＝3，∠A＝60°，则△ABC的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由正弦定理求得角C的正弦值，然后根据内角和定理求得sinB，得出答案.
【详解】解：∵a＝7，c＝3，∠A＝60°，
∴由正弦定理可得：，
∵a＞c，C为锐角，
∴，
∴可得：s＝，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查了解三角形中的正弦定理和内角和定理，属于基础题.
6. 已知向量不共线，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将已知条件平方求得，然后根据投影向量公式可得.
【详解】因为，
所以，即，得，
则在方向上的投影向量为.
故选：D
7. 已知D为所在平面内一点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算及平面向量基本定理即可得出答案.
【详解】因为为所在平面内一点，，
所以.
故选：A．
8. 在中，点D是线段(不包括端点)上的动点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设，由此用表示出，则可得关于的表示，从而通过计算可判断出正确的选项.
【详解】设，所以，
所以，所以，
所以，所以，，
又，，
故选：B.
【点睛】结论点睛：已知平面中三点共线 (O在该直线外)，若，则必有.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，错选不得分）
9. 设是平面内两个不共线的向量，则以下可作为该平面内一组基底的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基底的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】不能用表示，故不共线，所以A符合；
不能用表示，所以不共线，故B符合；
，故共线，所以C不符合；
不能用表示，故不共线，所以D符合.
故选：ABD.
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 已知均为非零向量，则 存在唯一实数，使得
B. 若向量共线，则点必在同一直线上
C. 若且，则
D. 若点为的重心，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平行向量基本定理可判断A，根据平面向量共线的含义可判断B，根据平面向量的数量积可判断C，根据平面向量的运算与三角形重心的性质可判断D．
【详解】由平行向量的基本定理可知，选项A是正确的；
向量共线的意思是向量所在的基线平行或共线，
只有当向量，所在的直线线共线时，点，，，才在同一直线上，故B不正确；
由平面向量的数量积可知，若，则，
所以，无法得到，故C不正确；
设线段的中点为，若点为的重心，
则，而，所以，即D正确.
故选：BC．
11. 已知向量，记向量的夹角为，则（ ）
A. 时为锐角B. 时为钝角
C. 时为直角D. 时为平角
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平面向量的夹角公式判断.
【详解】A. 当时，，所以为锐角，故正确；
B. 当时，，所以为钝角或平角，故错误；
C. 当时，，所以为直角，故正确；
D. 时，，所以为平角，故正确.
故选：ACD
12. 已知向量，且向量满足，则（ ）
A. B.
C. 向量与的夹角为D. 向量在向量上的投影向量的模为
【答案】AC
【解析】
【分析】由得，AC选项，使用模长公式和夹角公式进行求解；B选项，利用两向量平行满足的条件进行判断；D选项，即为向量在方向上的投影向量，从而可以求模长.
【详解】由题知，因为，所以，
解得或，又因为，所以，所以，
对于A选项，，故A选项正确；
对于B选项，，由于，所以与不平行，故B选项错误；
对于C选项，，，所以，又，所以，故C选项正确；
对于D选项，向量在方向上的投影向量为，所以向量在向量上的投影向量的模为，故D选项错误.
故选：AC
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设平面向量，，若，则的值为_____.
【答案】2
【解析】
【分析】利用向量垂直的数量积坐标公式可求得答案.
【详解】由，得，解得.
故答案为：2.
【点睛】本题考查向量的数量积的坐标运算，属于基础题.
14. 已知点，，若点满足，则点的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据条件得到，，再利用向量相等即可求出结果.
【详解】设，因为，，所以，，又，
所以，解得，所以点的坐标为.
故答案为：.
15. 设，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】由，
可得，
故答案为：
16. 已知的内角所对的边分别为，已知，，则外接圆的半径为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边角互化，或者利用余弦定理进行角化边，可得，再由正弦定理即可求出结果.
【详解】解法一：由正弦定理得，，
化简得，，
所以
由正弦定理得，因为，所以为正三角形，
由，
所以外接圆的半径．
解法二：由余弦定理得，，化简得，
因为，所以为正三角形，
由，得，所以外接圆的半径为．
故答案为：.
四、解答题（本题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分）
17. 化简：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】根据平面向量加减的运算法则，化简各线性表达式即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
.
18. 已知，若，，求坐标．
【答案】
【解析】
【分析】通过两个向量等式求得两点坐标，即得的坐标.
【详解】设由 可得：即得：，即．
由可得：即得：，即.
于是.
19. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若是单位向量，且，求与的夹角.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由，求得，利用向量夹角公式，求得，即可求解.
【小问1详解】
解：设，因为，且，
可得，解得或，
所以或.
【小问2详解】
解：因为，且为单位向量，可得，，
又因为，可得，所以，
则，
因为，所以.
20. 在中，已知，，，求.
【答案】或
【解析】
分析】根据余弦定理，列式求解.
【详解】由余弦定理，得，
所以，即，
由,解得或.
21. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．

（1）求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
22. ，内角所对的边分别是，且．
（1）求角大小；
（2）若，，求．
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）∵
∴，由正弦定理得：，
即，
∵，∴，∴，.
(2) 由（1) 知，
∵，
∴，解得.
∴，
∴.