2024-2025学年江苏省淮安市洪泽区高一下册3月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年江苏省淮安市洪泽区高一下册3月月考数学检测试题（附解析），共23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。
1 （ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】A
【分析】利用两角和的正弦公式可求答案.
【详解】
.
故选：A
2. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】解法1，由，得，化简后结合数量积的定义可求得结果；解法2，由已知条件可得，，，则，，从而可求得结果.
【详解】解法1：因为，，，
所以，
所以，
因为，所以.
解法2：由，，，，
可知，
令，，则，，
，
因为，
所以.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由条件，利用二倍角余弦公式可求，再利用诱导公式求结论.
【详解】由知，
.
所以.
故选：D.
4. 记为的内角的对边，则“为直角三角形”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦化简确定三角形形状，再利用充分条件、必要条件的定义判断.
【详解】在中，由及正弦定理，得
，则，
而，则，两边平方整理得，而，
于是，，因此为直角三角形；
反之，为直角三角形，或或，
所以“为直角三角形”是“”的必要不充分条件，B正确.
故选：B
5. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值.
【详解】已知，将其变形可得，即.
根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线.
因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线，
所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形.

根据投影向量的定义求的值，，
可得，即，
又因为，所以，因为，所以.
的值为.
故选：D.
6. 已知中，，若的平分线交于点，则的长为（ ）
A. 或B. 或C. D.
【正确答案】C
【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分线定理结合斯台沃特定理求解即可.
【详解】
因为
所以
即又所以
则，又所以，
又因为为的平分线，所以
又因为，在中，
由余弦定理知：
所以，由角平分线定理知：，
所以
使用斯台沃特定理求BD的长度：
代入数值：
化简得到：
解得：
故选：C.
7. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】通过把拆解成与的关系式可求得的值，根据同角三角函数的基本关系求出的值，利用两角和、差的正弦公式可得结果.
【详解】∵，∴，
∴，
∵，∴，故，
∴，
∴
故选：A.
8. 在边长为2的正方形中作出.直角顶点为的中点.其他两顶点分别在边上运动.则的周长的取值范围（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】设，进而得到的周长，再应用换元法及三角函数的性质，令则，即可求范围.
【详解】如题图，设，由题意，
所以，
则，
所以的周长，
注意，且，
令，则，
所以，又，
所以，解得，
即周长的取值范围为.
故选：A
二、多选题（3•6=18分）
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 若，则存在唯一实数使得
B. 已知非零向量、和实数k，则“”是“”必要而不充分条件
C. 若且，则三角形为等腰直角三角形
D. 若平面向量，，两两夹角相等，且，，，则
【正确答案】BC
【分析】由共线向量概念可判断A，取，可判断B，由，可得的平分线垂直于BC，由，平方可得，即可判断C，由夹角可能为或，即可判断D.
【详解】解：对于A、若，时，不存在实数使得，所以选项A错误；
对于B、因为非零向量、，若，则与方向相反，则，
若，取，则，而，
故“”是“”的必要而不充分条件，故B正确；
对于C、因为，对等式两边同时平方可得，
化简整理可得，所以，即
又因为，和分别是和方向上的单位向量，
设，，
则以，为邻边的平行四边形是菱形，是菱形的对角线，
，说明的平分线垂直于BC，所以，
综上，三角形为等腰直角三角形，选项 C正确；
对于D、平面向量，，两两夹角相等，则夹角可能为或，
当夹角为时，， 选项D错误.
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值是B. 的最小正周期是
C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递增
【正确答案】ABD
【分析】由三角恒等变换可得，根据余弦函数的性质即可求其最值、最小正周期，即可判断A、B的正误；通过代入验证法结合余弦函数的对称轴、单调减区间可判断C、D的正误.
【详解】，
因，故的最大值为，最小正周期为，故A，B正确；
当时，，故C不正确；
由得，又在区间上单调递增，故D正确.
故选：ABD.
11. 三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（ ）
A. 当时，
B. 当且时，
C. 当时，
D. 当时，
【正确答案】ABC
【分析】由两角相等得到三角形相似，再由边对应成比例可得A选项；设，由三角形相似表示出，在中由正弦定理表示出，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出；C选项，由，在结合余弦定理即可证明；D选项，通过取特殊值举反例即可判断错误.
【详解】A选项，当时，是等腰三角形，，
因为，，
所以，
又因为，所以，
所以，即，故A正确；
B选项，当时，由A选项知，，
因为，所以，设，则，
因为，所以，所以
又因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即，
即，所以，
在中，，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，联立，解得，
故B正确；
C选项，当时，
，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
相加得，
即，C正确；
D选项，当时，若，
此时，
在中，由正弦定理得，所以，
所以，D错误.
故选：ABC.
三、填空题（3•5=15分）
12. 若向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是_________
【正确答案】
【分析】根据向量夹角为钝角的条件，借助数量积公式来确定实数的取值范围.
【详解】因为向量，，与的夹角为钝角，
所以且，即且，
即实数的取值范围是.
故答案为.
13. 已知，且，则的值为_____________．
【正确答案】
【分析】由已知，求得，得，可得，进而求得，，由，利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以，所以，
因为，所以，
又，则，
所以，
所以，
，
所以
.
故答案为.
14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则面积的最大值为________.
【正确答案】
【分析】 利用余弦定理得，再利用基本不等式和三角形面积公式得到，最后借助辅助角公式求出最大值.
【详解】 由余弦定理知，所以，
即，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以.
设的面积为S，所以，
令，可得，
当且仅当时，上式等号成立，
即有，解得或（舍去），
则，所以，
故面积的最大值为.
故答案为.
关键点点睛：利用基本不等式得到面积，通过取倒数从而设，借助于辅助角公式求出的最小值，即可得到的最大值.
四、解答题（共5小题满分77分）
15. 若向量，满足：，，，求：
（1）与的夹角的余弦值；
（2）的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再根据夹角公式即可得解；
（2）将平方开根号结合数量积的运算律即可得解.
【小问1详解】
由，得，所以，
则，
即与的夹角的余弦值为；
【小问2详解】
.
16. （1）已知且，求值；
（2）已知，且，求的值．
【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）先由，求出，再通过构造角，利用和角的正弦公式求出即可；
（2）先由诱导公式求出，再求出，再由二倍角公式求出，再由诱导公式及和角的余弦公式求即可.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
所以
.
（2）因为，所以，又因为，
所以，
所以，
，
所以
.
17. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求．
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【小问1详解】
方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以
【小问2详解】
方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
18. 如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数和的值；
（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）由向量的线性运算可得，两边平方可求解；
（2）由已知可得，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论.
【小问1详解】
若，则，，
所以，
两边平方可得，
所以；
【小问2详解】
若，则，所以，
①，
②，
由①②可得；
【小问3详解】
，
，
设，又，
又，所以①，
由，可得，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以，
又三点共线，所以②，
联立①②解，
所以，所以，
，
，
所以
，
又，
所以，同理可得，
所以.
关键点点睛：本题第三问的关键是用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算.
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．
【正确答案】（1）
（2）存在“长向量”，
（3）4044
【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.
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.