重庆市万州区2023_2024学年高一数学下学期3月月考试题含解析

这是一份重庆市万州区2023_2024学年高一数学下学期3月月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 3， 在中，角所对的边分别为， 冬奥会会徽以汉字“冬”， 下面给出的关系式中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
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. 3.已知向量，，则（）
A. B. C. 2D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行关系得到方程，求出.
【详解】由题意可知，则.
故选：B
2. 如图，在平行四边形中，，E是边上一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合平面向量的线性运算法则、向量的数乘即可得解.
【详解】由题意，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量线性运算法则及平面向量数乘的应用，考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题.
3. 在中，角所对的边分别为.若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理，即可求解.
【详解】根据正弦定理可知，，，
则，得.
故选：A
4. 已知，，与同向的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角（）
A. 60°B. 120°
C. 135°D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量在向量上投影向量的定义计算即可得解.
【详解】因为在上的投影向量为，
所以，即，解得，
由知，.
故选：B
5. 冬奥会会徽以汉字“冬”（如图1甲）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，比如弯折位置通常采用等特殊角度.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（如图乙），测得，若点恰好在边上，请帮忙计算的值（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由余弦定理求出，再在中，由得出，即可.
【详解】由题意，在中，由余弦定理可得，，在中，由得，
故选：D.
6. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
，
当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，
所以，则，即.
故选：B
7. 在三角形中，点是在边上且边上存在点满足，直线和直线交于点，若，则的值为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】将和都用和表示出来，然后利用列式计算即可.
【详解】由题意，，
则，
同理可得：，
因为直线和直线交于点,
所以存在使，
即，两式作商得
解得.
故选：C.
8. 在中，，若点为的中点，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量加法运算及数量积模的公式求得，利用余弦定理求得，再根据基本不等式求解即可.
【详解】因为为的中点，所以，
可得，
由余弦定理可得，所以，
所以，
因为，所以，当且仅当即时取等号，
所以，即.
故选：D.
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. 下面给出的关系式中，正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由向量数量积的概念、性质及运算律即可得出答案.
【详解】对：由可得，而，故A说法正确；
对B：取，则成立，但不一定成立，故B说法错误；
对C：表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以不一定成立，故C说法错误；
对D：因为，故，故D说法正确.
故选：AD.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）
A. 若，且，则为直角三角形
B. 若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
C. 若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
D. 若，则钝角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】A：由已知确定的角平分线与BC垂直，所以，所以，再利用向量夹角的余弦得出，最后得出是等边三角形，判断A错；由正弦函数值确定角的范围判断B正确；由向量模长关系得到角的大小，再用全等关系得出等边三角形判断C正确；D利用弦切互化，三角恒等变换和两角和与差的正余弦展开式判断D错误.
【详解】对于选项A，因为，，分别为单位向量，所以的角平分线与BC垂直，所以，所以.又因为，
即，因为，所以，所以，所以为等边三角形，故选项A错误；
对于选项B，要使满足条件三角形有且只有两个，则，因为，，所以，即，所以，故选项B正确；
对于C，因为，故，即，又，所以，故，由于，故，同理可得，结合，故，可得，故为等边三角形，C正确；
对于D.，
而，所以A，B，C都为锐角，D错误；
故选：BC.
11. 已知的内角的对边为，，，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则.
B. 若满足的恰有一个，则的取值范围是.
C. 若，则.
D. 若，则该三角形内切圆面积的最大值是.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据同角公式化为，再根据正弦定理可得，故A正确；对于B，根据三角形解的个数的结论可得B不正确；对于C，根据二倍角的正余弦公式求解可知C正确；对于D，由正弦定理边化角，根据两角和的正弦公式变形可得，再求出内切圆半径的最大值，可得内切圆面积的最大值，可知D正确；
【详解】对于A，若，则，则，
因为为三角形的内角，所以，，
所以，根据正弦定理得，故A正确；
对于B，若满足的恰有一个，则或，
即或，故B不正确；
对于C，若，则，
则，因为，所以，，
所以，所以，所以，
所以，，
因为，，，
所以，
所以
，故C正确；
对于D，若，由正弦定理得，
得，
得，
得，得，
因为为三角形的内角，，，所以，
所以，因为，所以，
设该三角形内切圆半径为，
则，又，所以，
所以
，
因为，所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以该三角形内切圆面积的最大值为.故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：熟练运用三角恒等变换公式、正弦定理进行变形化简是本题解题关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知单位向量满足，则=______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据得到，然后求即可.
【详解】因为单位向量，满足，
所以，即，即，
，
所以.
故答案为：5.
13. 在中，，，则外接圆半径为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据面积公式和数量积的定义可求，根据同角的三角函数基本关系式和正弦定理可求外接圆的半径.
【详解】因为，故,
故，故为锐角，故，
故外接圆的半径为，
故答案为：.
14. 设点，若动点满足，且，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据向量的坐标表示和模的概念可得，由题意和相等向量可得，进而，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设，则，
由，得，
整理，得，
又，
代入，
有，所以，
由，得，当且仅当时等号成立，
所以，得，
所以.
即的最大值为.
故答案为：
四､解答题：本题共小题，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）求的值；
（2）若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出，然后利用向量求模公式即可；
（2）向量与向量的夹角为钝角可得数量积小于0，且两个向量不能共线，列式计算可得取值范围
【小问1详解】
因为，，
所以，所以
【小问2详解】
由于，，向量与向量夹角为钝角，
所以，且向量与向量不能共线，
即
所以，且，
故实数t的取值范围为：
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化可得，即可利用辅助角公式求解，
（2）根据余弦定理可得，利用不等式即可求解，由面积公式即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
又，
.
，，即，
.
.
【小问2详解】
由余弦定理有，
，，当且仅当时取等号.
.
17. 如图，在平面四边形中，，，.
（1）若的面积为，求的长；
（2）若，.求的大小.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知利用三角形的面积公式可求，然后在中，利用余弦定理求解；
（2）设，易知，再由，，然后在中，利用正弦定理求解.
【详解】（1）在中，因为，，
的面积为，
所以，解得，
在中，由余弦定理的，
所以.
（2）设，则，
在中，因为，
所以，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
所以，
因为为锐角，
所以，
解得，即的值为.
18. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对边分别是a，b，c．已知，
．
（1）求角B；
（2）若M是△ABC内的一动点，且满足，则是否存在最大值？若存在，请求出最大值及取最大值的条件；若不存在，请说明理由；
（3）若D是△ABC中AC上的一点，且满足，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）当且仅当时等号成立，；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角以及三角恒等变形即可求解，或者先利用余弦定理可得，再利用正弦定理边化角即可求解；
（2）先利用向量的线性运算将用△的边长表示出来，再利用余弦定理以及基本不等式即可求解；
（3）由可知BD平分∠ABC，利用三角形面积公式可得，最后利用正弦定理及三角恒等变形即可求解.
【小问1详解】
法1：
∵，∴，
由正弦定理得,
即，
∴，
∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴；
法2：
∵，∴，
∴①，
在△ABC中，由余弦定理得，②，
由①②得，即
∴由正弦定理得，
又∵，∴，∴，
又∵，∴；
【小问2详解】
点是△内一动点，，
∴，
∴，∴，
由余弦定理知,
由基本不等式可得，即，，
∴，当且仅当时等号成立，
∴；
【小问3详解】
∵，∴，
∴，
又∵余弦函数在上单调，∴，即BD平分∠ABC，
又∵，，∴①，
又∵，，∴②，
由①②可得，
所以
，
又∵，且△为锐角三角形，∴，
∴，∴，
∴．
19. 将所有平面向量组成的集合记作，是从到的映射，记作或，其中，，，，，，都是实数.定义映射的模为：在的条件下的最大值，记作.若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特征值.
（1）若，求；
（2）如果，计算的特征值，并求相应的；
（3）若，要使有唯一的特征值，实数，，，应满足什么条件？试找出一个映射，满足以下两个条件：①有唯一的特征值；②，并验证满足这两个条件.
【答案】（1）
（2）答案见解析（3），，验证答案见解析
【解析】
【分析】（1）由新定义可得，利用，可得
，从而得出结论；
（2）由特征值的定义可得，由此可知的特征值，以及相应的；
（3）解方程组，可得，
从而可得、、、应满足的条件，当时，有唯一的特征值，且，
再进行证明即可.
【小问1详解】
由于此时，又因为是在的条件下，
有（时取最大值），所以此时有.
【小问2详解】
由，
可得：，即
两式相比可得：，从而，
当时，解方程,此时这两个方程是同一个方程，
所以此时方程有无穷多个解，为（写出一个即可），其中且，
当时，同理可得，相应的（写出一个即可），其中且.
【小问3详解】
解方程组，即，
从而向量与平行，
则有，，，应满足：，
当时，有唯一的特征值，且.具体证明为：
由定义可知：对任意的有：，
所以为特征值.此时，，，，
满足：，所以有唯一的特征值.
在的条件下，从而有.