福建省龙岩第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省龙岩第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 如果是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于AB，举例判断，对于C，根据向量的运算性质分析判断，对于D，根据单位向量的定义判断.
【详解】对于A， 是两个单位向量，而，所以A错误，
对于B， 是两个单位向量，而，
对于C，因为是两个单位向量，所以，所以C正确，
对于D，因为是两个单位向量，所以，所以D错误.
故选：C
2. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示求出.
【详解】向量，则，
由，得，所以.
故选：A
3. 在中，，则（ ）
A. 或B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理结合已知条件求解即可.
【详解】解：在中，，
则由正弦定理得，即，解得，
因为且，所以或.
故选：A
4. 甲船在B岛正南方向A处，AB＝10 km，若甲船以4 km/h 的速度向正北方向航行，同时，乙船自B岛出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是（ ）
A. hB. h
C. hD. h
【答案】B
【解析】
【分析】当甲、乙两船相距最近时，由甲、乙两船和B岛三点构成的三角形中用余弦定理建立航行时间和甲、乙两船距离的函数关系，即可求出.
【详解】
设航行h时，甲船在处，乙船在处，甲、乙两船相距km，
如图所示，在中，由余弦定理，知，
即，
所以当时，最小，即最小.
故选:.
5. 如图，在中，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形由向量的线性运算可得.
【详解】因为，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
故选：C.
6. 已知非零向量满足，且，则是（ ）
A. 三边均不相等的三角形B. 直角三角形
C. 等腰（非等边）三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由得到角平分线与垂直，从而得到，再由得到，从而为等边三角形.
【详解】由得的角平分线与垂直，所以，
又因为，，所以，
所以为等边三角形，
故选：D.
7. 点在边长为的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是.
【详解】设外接圆圆心为，则，.
①一方面，我们有
.
故一定有.
②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时
.
综合①②两个方面，可知的最大值是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用.
8. 对任意两个非零的平面向量α和β，定义.若两个非零的平面向量和，满足与的夹角，且和都在集合中，则=
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【详解】由条件知: ===,===,因为和都在集合中，且与的夹角，故可取,=得: =,故选D.
考点：本题是创新题,理解给定的信息是解决好本题的关键.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分．
9. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
10. 已知点是所在平面内一点，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则点是的重心
B. 若点是的外心，则
C. 若，则点是的垂心
D. 若点是的垂心，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角形重心、外心、垂心的性质，结合向量数量积的运算，根据选项逐个验证可得答案.
【详解】对于A，取的中点，
则，
因为，所以，即点在中线上；
同理可得点在中线上，所以点是的重心，A正确.

对于B，设为的中点，因为点是的外心，所以;
，B不正确.

对于C，因为，所以，
即点在边上的高线上，同理可得点也在边上的高线上，
所以点是的垂心；C正确.
对于D，因为
，即.
因为点是的垂心，所以，所以，
所以存在，使得，D正确.
故选：ACD.
11. 在中，，（为常数），的最大值为12，则（ ）
A. 为锐角B. 面积的最大值为8
C. D. 周长的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用向量数量积定义式结合条件可判断可以为钝角；对于B、C，借助于余弦定理和基本不等式可得，求得，，继而求得面积的最大值；对于D，利用正弦定理，将周长最大值转化成正弦型函数的值域问题.
【详解】对于A，由的最大值为12, （为常数）知点的轨迹为圆（去除BC两点），且BC不是直径，故可以为钝角，故A错误；
对于B，C,记由余弦定理，，
即，可得，当且仅当时取等号，于是，
即得，依题意，，解得，，此时，即，
面积，故其最大值为：，故B正确，C错误；
对于D，因的周长为，
由正弦定理，可得，，
于是，其中，，
故当时，的周长取得最大值为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查解三角形、三角恒等变换与平面向量的交汇问题，属于较难题.
解题时，要灵活运用正弦定理和余弦定理，以及基本不等式，如求三角形面积最大值时，因角A为常数，故要求最大，而这需要余弦定理和基本不等式得到，利用的最大值可求得，继而才能求出其它量.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题第一空2分，第二空3分．
12. 已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合投影向量定义可得，根据模的性质求，利用向量夹角公式求结论.
【详解】由题意可得，，
所以，又，
所以，
所以，
故与的夹角为．
故答案为：.
13. 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，则的余弦值为________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，分别求出两向量的坐标，计算两向量的夹角，即可得出结果．
【详解】以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图，

因为正方形边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，
设，则，，，，
则，
而等于与所成的角．
所以．
故答案为：.
14. 英国数学家泰勒发现了如下公式：
，
，
其中，
（1）__________.
（2）已知在中，，边，则面积的最大值为__________.
（以上两空均用小数作答，且精确到0.001）
【答案】 ①. 0.540 ②. 0.642
【解析】
【分析】利用泰勒公式，令可求出和；已知条件结合余弦定理和基本不等式，可知当时，面积的最大值为，代入数据计算即可.
【详解】泰勒公式，令可知：，
三角形中，由余弦定理得：
（当且仅当时取等号），
则（当且仅当时取等号），则，
即当时，面积的最大值为，
泰勒公式，令可知：，
，则面积的最大值为.
故答案为：0.540；0.642.
四、解答题：本题共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，．
（1）当，求的值；
（2）当取得最大值时，是否存在实数，使，若存在请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合可求得的值；
（2）由向量数量积的坐标运算法则，结合配方法求出取最大值时的值，再由，即可列式求解，从而得出结论.
【小问1详解】
因为向量，，则，
因为，则，解得或.
【小问2详解】
由向量，知，
所以，
当时，取得最大值，此时，
若存在实数，使，则，
又因为，，，
所以，即，解得，
因此，存在实数，且，使得.
16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
（1）求B；
（2）若的面积为，求c．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【小问1详解】
由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以
17. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得，从而可求的值.
（2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求周长的取值范围.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
故，
在中，，，所以，
可得，而，故即.
【小问2详解】
由正弦定理的得，，
因为，则，
所以，
因为为锐角三角形，则，，，故，
所以周长的取值范围.
18. 某景区拟开辟一个平面示意图是如图所示的五边形ABCDE的观光步行道，BE为景点电动车专用道，，，，．
（1）求景点电动车专用道BE的长；
（2）由于受资金的限制，折线步行道BAE（即）不能超过20km，问景区可不可以铺设该步行道？
【答案】（1）15km．
（2）景区可以铺设该步行道．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理求；
（2）根据正弦定理得到，然后利用换元法求范围来判断即可.
【小问1详解】
连接BD，在中，，，
所以，
所以．由题意可知，所以．
在中，，
所以，即景点电动车专用道BE的长为15km．
【小问2详解】
设，则，，．
在中，由正弦定理得，
所以，
，
所以．
设，，则．
因为在上单调递增，所以．
因为，所以景区可以铺设该步行道．
19. 对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
（1）设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围；
（2）若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由；
（3）已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
【答案】（1）
（2）存在“长向量”，
（3）4044
【解析】
【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可；
（2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可；
（3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值.
【小问1详解】
由题意可得：，，，
则，解得：
【小问2详解】
存在“长向量”，且“长向量”为，理由如下：
由题意可得，若存在“长向量”，只需使，
因为，，，，，，
所以，故只需使
，
当，均符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为.
【小问3详解】
由题意，得，，即，
即，同理，
三式相加并化简，得：，
即，，所以，
设，由，解得，
即
设，则依题意得：，
得，
故，
，
所以，
因为
所以，
当且仅当时等号成立，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义问题.关键点是根据已学知识，理解题中“长向量”的定义，将向量坐标代入计算，再结合向量不等式得到，得到向量关系，从而求得最值.