2024-2025学年福建省厦门市高一下册3月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高一下册3月月考数学检测试卷（附解析），共18页。试卷主要包含了 在三角形中，，，，则， 若向量，则等内容，欢迎下载使用。
1. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据基底满足的条件逐一分析即可.
【详解】对于：，
所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；
对于：，
所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；
对于：，
所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；
对于：设存在唯一的实数使，
则，此方程无解，故能作为平面向量的基底.故正确.
故选.
2. 在三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【正确答案】B
【分析】由正弦定理求解出角，然后由内角和定理求解角即可.
【详解】由可得：，
所以，又，
所以，
结合内角和定理，所以.
故选：B
3. 平面向量，满足，，，则在上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】两边平方后求出，再利用投影向量的公式求解.
【详解】，
其中，所以，解得，
则在上投影向量为.
故选：C
4. 冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】在中，由余弦定理得，进而求出，再在中，利用正弦定理得解.
【详解】由题意，在中，由余弦定理得；
因为，所以，
在中，由正弦定理所以，
解得.
故选：D
5. 在中，角所对的边分别为，向量，若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先利用向量平行坐标运算得，再利用正弦定理结合两角和正弦公式进行边角转化，求解即可.
【详解】因为向量，且，所以，
由正弦定理可得：，
即，即，
又，，故，由，解得.
故选：C
6. 已知为单位向量，向量满足，，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【正确答案】C
【分析】设，，根据求出，再根据得到，最后根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得.
【详解】依题意设，，
由，所以，则，
又，且，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，
即的最大值为.
故选：C
7. 如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】
可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可．
【详解】解：，F为BC的中点，
，
设
，
又，
，解得.
故选：A.
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于中档题．
8. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得.
【详解】因为，解得，
所以为等腰三角形，则，
在中由正弦定理可得，即，解得，
因为，所以为锐角，所以，
所以
.
故选：A
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若向量，则（ ）
A. B.
C. 在上的投影向量为D. 与的夹角为
【正确答案】BC
【分析】用坐标表示出向量，用模长公式求出模长即可判断A选项；用向量坐标求向量的数量积判断B选项；由向量的投影向量的公式判断C选项；由坐标求出模长和向量的数量积，求出向量的夹角判断D选项.
【详解】由题，
所以，故A错；
又，故B正确；
，所以在上的投影向量为：，故C正确；
因为，又，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 对于，角所对的边分别为，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则一定为等腰三角形
B. 若，则一定为等腰三角形
C. 若，则有两解
D. 若，则一定为锐角三角形
【正确答案】BD
【分析】根据已知可得或，即可判断A项；根据正弦定理可得，即可判断B项；根据已知可推得只有一解，即可判断C项；根据两角和的正切公式，可推得，即可得出D项.
详解】对于A项，由可知，或，
所以，或，
所以，为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B项，根据正弦定理可得，，所以，
所以一定为等腰三角形，故B正确；
对于C项，因为，所以，又，
所以只有一解，所以，有一解，故C错误；
对于D项，因为，
所以，，
整理可得，.
因为，所以，
所以，都是锐角，所以一定为锐角三角形，故D正确.
故选：BD.
11. 已知三个内角的对边分别是，若，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若是边上的一点，且，则的面积的最大值为
C. 若是锐角三角形，则的取值范围是
D. 若是的外心，，则
【正确答案】BCD
【分析】用正弦定理及余弦定理求出角B判断A；利用向量线性运算及数量积运算律解得，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B；利用正弦定理及三角恒等变换得，求出函数值域即可判断C，根据模长关系可得，再结合基本不等式运算求解D即可.
【详解】对于A，因，
由正弦定理可得，
整理可得，
由余弦定理可得，即，
且，所以
对于B，因为，
则，
可得，
即，当且仅当，即时，等号成立，
所以，
即的面积的最大值为，故B正确；
对于C，因为，
又因为，解得，
可得，则，
所以，故C正确；
对于D，因为，则，
可知点在优弧上（端点除外），
因为，则，
又因为，
且，可得，即，
又因为，即，
解得，当且仅当时，等号成立，
可得，故D正确.
故选：BCD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知菱形的边长为2，则向量__________.

【正确答案】2
【分析】应用向量加减法的几何意义化简得，即可得答案.
【详解】由图知.
故2
13. 已知向量，，若，则实数a＝___．
【正确答案】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，
即
所以，解得，
故答案为.
14. 在中，，，且在上，则线段的长为______．
【正确答案】1
【详解】∵，
∴，∴，
∵且在上，
∴线段为的角平分线，∴，
以A为原点，如图建立平面直角坐标系，则，D
∴
故答案为1
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）当且时，求；
（2）当，求向量与的夹角
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由向量的坐标运算法则求得和的坐标，再由，求得的值；
（2）由向量的坐标运算法则先求得的坐标，由当，求得的值，再由向量的夹角公式求得夹角的大小.
【小问1详解】
因为向量，所以，
，
又因为，所以，
所以，解得或，
又因为，所以.
【小问2详解】
由，，可得，
又，又，所以，解得，
所以，可得，，
，
所以，
又，所以.
16. 设向量，，.
（1）求；
（2）若，，求的值；
（3）若，，，求证：A，，三点共线.
【正确答案】（1）1 （2）2
（3）证明见解析
【分析】（1）先求，进而求；（2）列出方程组，求出，进而求出；（3）求出，从而得到，得到结果.
小问1详解】
，；
【小问2详解】
，所以，解得：，所以；
【小问3详解】
因为，所以，所以A，，三点共线.
17. 在中，内角的对边分别为，已知
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由代入，利用三角恒等变换化简即可求解；
（2）由余弦定理可求得，再由三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
由，可得，
所以，
所以，又因为，所以，
所以，又，所以；
【小问2详解】
因为，，结合余弦定理，
可得，解得，
所以的面积为.
18. 已知，且.
（1）求的最小正周期，以及单调递增区间；
（2）当时，求的最大值和最小值.
【正确答案】（1）
（2）最小值、最大值分别为、
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示及辅助角公式化简得，再由正弦函数的性质求周期和单调递增区间；
（2）应用整体法及正弦函数性质求区间最值即可.
【小问1详解】
由题设，，
所以的最小正周期为，故函数周期为，
令，可得，
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
由，则，故，
所以的最小值、最大值分别为、
19. 如图，，是单位圆上的相异两定点为圆心，且为锐角点为单位圆上的动点，线段交线段于点.
（1）求结果用表示；
（2）若 .
①求的取值范围；
②设，记，求函数的值域.
【正确答案】（1）
（2）①；②
【分析】（1）利用向量的数量积运算法则，结合转化法即可得解；
（2）①设，利用向量的数量积运算法则，结合三角恒等变换将所求转化为关于的表达式，从而得解；
②设，利用向量的线性运算得到，从而将转化为含有的代数式，换元后借助于函数单调性求得函数的值域，由此得解.
【小问1详解】
因为，，
所以.
【小问2详解】
①.
设，又，所以，
则
所以
，
因为，则，
所以，则
故；
②设，
则，
所以，由得，
即，整理得，
所以，
所以.
所以.
令， ，
，令，
则，
因为，
则，即，
所以在上单调递增，则，
所以的取值范围是.