江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（解析版）

这是一份江苏省无锡市辅仁高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高一数学
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．在中，已知，则角为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若：：：2：3，则a：b：（ ）
A．1：2：3B．3：2：1C．2：：1D．1：：2
3．已知中，为边上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，不共线，且，，，则一定共线的是（ ）
A．A，B，DB．A，B，CC．B，C，DD．A，C，D
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为，，.向量，.若，则角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
6．在中，是对角线上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则＝（ ）

A．B．C．D．
7．如图，是等腰直角斜边的三等分点，则等于（ ）

A．B．C．D．
8．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ）
A．3B．6C．7D．9
二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．设向量，满足，且，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．向量，夹角为
10．已知是夹角为的单位向量，且，则（ ）
A．B．C．与的夹角为D．在方向上的投影向量为
11．中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A．
B．若，则有两解
C．若为锐角三角形，则b取值范围是
D．若D为边上的中点，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如图，在菱形ABCD中，，，则 ．
13．如图，正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则 .
14．如图，已知的面积为，分别为边，上的点，且，交于点，则的面积为 .
四、解答题：本小题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知向量为向量的夹角.
(1)求的值；
(2)若，求实数的值.
16．为直角三角形，斜边上一点，满足.
（1）若，求；
（2）若，，求.
17．已知向量，设.
(1)，求当取最小值时实数t的值；
(2)若，问：是否存在实数t，使得向量与向量的夹角为？若存在，求出实数t；若不存在，请说明理由.
18．如图，在等腰梯形中，，，M为线段中点，与交于点N，P为线段上的一个动点．
(1)用和表示；
(2)求；
(3)设，求的取值范围．
19．如图，已知为平行四边形．

(1)若，，，求及的值；
(2)记平行四边形的面积为，设，，求证：
1．B
【分析】
利用余弦定理的推论即可求解.
【详解】由及余弦定理的推论，得，
因为，
所以.
故选：B.
2．D
【分析】
根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角形的内角和为运算求解.
【详解】
∵：：：2：3，且，
∴，，，则，
故
故选：
3．A
【分析】
利用向量的线性运算即可求得.
【详解】在中，.
因为，所以.
所以.
故选：A
4．A
【分析】
根据给定条件，求出，再利用共线向量定理逐项判断作答.
【详解】
向量，不共线，且，，，
，则有，而有公共点B，有A，B，D共线，A是；
，不存在实数，使得，因此不共线，A，B，C不共线，B不是；
，不存在实数，使得，因此不共线，B，C，D不共线，C不是；
，不存在实数，使得，因此不共线，A，C，D不共线，D不是.
故选：A
5．B
【分析】
根据，得，由余弦定理可求.
【详解】因为向量，，
因为，
所以，即，
由余弦定理可得.
因为，所以，
故选：B.
6．C
【分析】根据平面向量基本定理，由对应系数相等求解即可.
【详解】由题可知，
∵点是的中点，
∴，
∴
∴，
∴．
故选：C．
7．D
【分析】
由全等以及余弦定理得，结合平方关系以及商数关系即可得解.
【详解】由题意及图形：设三角形的直角边为3，则斜边为，又由于为三等分点，
所以，又，
在中有余弦定理得：，
在中，利用余弦定理得：，
在中利用同角间的三角函数关系可知：．
故选：D.
8．B
【分析】
根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.
9．AC
【分析】
对进行平方运算，可求，可判断AD选项，再对BC选项进行平方运算，代入，可判断BC选项.
【详解】
，又因为，所以，故，
所以A正确，D不正确；
，故，所以B不正确，
，所以，C正确.
故选：AC
10．ABD
【分析】
利用向量数量积运算，模、夹角公式，计算出夹角的余弦值，还有投影的定义求解.
【详解】设与的夹角为，
对B，因为，B正确；
对A，，A正确；
对C，，
所以，C错误；
对D，在方向上的投影为，D正确.
故选：ABD
11．BCD
【分析】由数量积的定义及面积公式求得角，然后根据三角形的条件求解判断各ABC选项，利用，平方后应用基本不等式求得最大值，判断D．
【详解】因为，所以，，又，所以，A错；
若，则，三角形有两解，B正确；
若为锐角三角形，则，，所以，，
，，C正确；
若D为边上的中点，则，，
又，，
由基本不等式得，，当且仅当时等号成立，
所以，所以，当且仅当时等号成立，D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的应用，掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式是解题关键．在用正弦定理解三角形时可能会出现两解的情形，实际上不一定要死记结论，可以按正常情况求得，然后根据的大小关系判断角是否有两种情况即可．
12．
【分析】
根据向量加法运算结合菱形的性质及角度，求出模长即可
【详解】如图所示，设菱形对角线交点为O,．
因为，所以，
所以为等边三角形．
又，，
所以．
在中，，
所以．
故答案为:
13．
【分析】如图所示，建立以点为原点的平面直角坐标系，就是，的夹角，利用向量的夹角公式求解.
【详解】如图所示，建立以点为原点的平面直角坐标系.
则，，，，
，.
由于就是，的夹角.
.
的余弦值为.
故答案为：
14．4
【分析】以，建立一组基底向量，再利用点与点分别共线的性质表示出，建立二元一次方程，再采用间接法，根据求出答案，属于难题
【详解】设，以，为一组基底，则.
∵点与点分别共线，
∴存在实数和，使.
又∵，
∴解得
∴，
∴.
【点睛】复杂的三角形线段关系问题，借鉴向量法进行求解时，还是需要根据向量基底进行基础运算，如本题中面积问题最终转化成线段比例问题，在处理正面入手不好解决的问题时，可从对立面入手，采用间接法来进行求解
15．(1)
(2)0或
【分析】
（1）根据向量数量积的坐标运算即可求得，代入公式夹角公式即可得结果；
（2）分别用坐标表示出，利用模长相等即可解得或.
【详解】（1）
）由可得，
所以.
（2）
由，
可得，
即，解得或.
即实数的值为0或.
16．（1）（2）
【解析】（1）利用正弦定理以及的范围，得出的值，再借助即可得解；
（2）设，根据已知条件和勾股定理求出，进而得到的值，再利用余弦定理即可得解.
【详解】（1）由正弦定理：，
得，
，，，
，.
（2）设，
，，，
从而，
由余弦定理，即，
解得，所以.
【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在平面几何中的综合应用，属于中档题.
平面几何中解三角形问题的求解思路：
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
17．(1)时
(2)或
【分析】（1）首先求出，再根据平面向量线性运算的坐标表示得到，最后求出的模；
（2）根据数量积的运算律求出，，，再根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：当时，，
所以
所以，所以当时
（2）解：依题意，
若，则，又，，
所以，
又因为，
所以，，
，
则有，且，
整理得，解得或，
所以存在或满足条件．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）由向量的线性运算法则计算；
（2）由题意得，由共起点的三向量终点共线的充要条件求出，即可得出答案；
（3）由题意，可设，代入中并整理可得，又，根据平面向量基本定理得出方程组，然后结合二次函数的性质可得结论．
【详解】（1）由向量的线性运算法则，可得，①
，②
因为M为线段中点，则，
联立①②得：，
整理得：．
（2）由AM与BD交于点N，得，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，解得：．
所以，即．
（3）由题意，可设，
代入中并整理可得
．
又，故，可得：，．
因为，所以，．
在单调递增，
则当时，，当时，，
所以，的取值范围为．
19．(1)，
(2)证明见解析
【分析】
（1）由，根据数量积的运算律求出，再根据计算可得；
（2）由面积公式得到，将两边平方，再由同角三角函数的基本关系、夹角公式及数量积、模的坐标表示计算可得.
【详解】（1）在平行四边形中，
所以
，
即，解得，
所以
.
（2）因为，将两边平方可得，
又，
所以，
整理得，
又，，，
所以，
所以.