福建省莆田市莆田第三中学2024−2025学年高一下学期3月份月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田第三中学2024−2025学年高一下学期3月份月考 数学试题（含解析），共11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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．化简：（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，，则（ ）
A．B．C．4D．
3．已知，则（ ）
A．1B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，其始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则＝（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，，若，则（ ）
A．B．C．0D．1
6．在中，若，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰或直角三角形
7．设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（ ）
A．2B．C．D．
8．已知在所在平面内，，E、F分别为线段、的中点，直线与相交于点G，若，则（ ）
A．当时，取得最小值
B．当时，的最小值为
C．当时，的最小值为
D．当时，取得最小值
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中，正确的命题有（ ）
A．向量与向量的长度相等
B．是，共线的充要条件
C．若，，，则与的方向相同或者相反
D．若，是两个单位向量，且，则
10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．如图所示，线段是的弦，其中，，点D为上任意一点，则以下结论正确的是（ ）

A．
B．的最大值是78
C．当时，
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，若，则 ．
13．在中，，，，则的值为
14．已知正方形的边长为2，E是的中点，F是线段上的点，则的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在直角坐标系中，已知点，，，其中．
(1)若，求的值；
(2)设点，求的取值范围．
16．已知平面向量，，，．
(1)若，求x的值；
(2)若，求的值．
(3)若与的夹角是锐角，求x的取值范围．
17．的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，．
(1)求a和；
(2)求的值．
18．已知函数
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)若，，求的值．
19．在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为．
(1)已知，求；
(2)①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是；
②在中，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求．
参考答案
1．【答案】C
【详解】.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由余弦定理可得，则.
故选B.
3．【答案】B
【详解】因为，则.
故选B.
4．【答案】B
【详解】由定义知sinα=，，
所以，
故选B.
5．【答案】B
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，解得，
故选B.
6．【答案】D
【详解】因为，由正弦定理可得，即，
所以，可得或，
所以或，所以的形状为等腰或直角三角形.
故选D．
7．【答案】B
【分析】根据投影向量的定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解：因为在方向上的投影向量为，
所以，
所以，
因为与垂直，
所以，
即，解得.
故选：B.
8．【答案】D
【详解】
设，，与的夹角为，
因为，所以，
由于E、F分别为线段，的中点，则，，
因为E，G，F共线，所以存在实数，使得，
又因为B，G，C共线，所以，解得，则，
那么，，
由于，所以
，
由此可得，而，
当且仅当，即（，）时，等号成立，
此时，取得最小值．
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于A，向量与向量是方向相反的向量，但它们的长度是相等的，
因为向量的长度只与向量的大小有关，与方向无关，所以选项A正确；
对于B，若，同向共线时，，，则，不相等，
所以不是，共线的充要条件，故B不正确；
对于C，，，，则与共线，故与的方向相同或者相反，C正确；
对于D，若，是两个单位向量，且，
则，
则，故D错误．
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】在中，因为，即，
由余弦定理，
又，所以，，故B错误，A正确；
因为，则，所以，故C正确；
因为，，，则，
所以，因为，所以，故D正确．
故选ACD．
11．【答案】AD
【详解】点D为上一动点，可知当点A，C，D三点共线的时候，的值最大是，故选A；
，故选D；
当时，即，此时，点D在上有两个位置，如图所示，故不止一个答案，所以，排除C选项．

对于B选项，如图1所示，建立平面直角坐标系，则点D坐标设为，A点坐标是，B点坐标是，

则，，，
所以，当，即时，取得最大值72，因此B不正确；
故选AD.
12．【答案】
【详解】因为，，所以，
因为，所以，解得．
13．【答案】
【解析】由可求出,再根据余弦定理求出,即可由正弦定理求出.
【详解】由可得，，解得．
∴，即．
由正弦定理可得，．
14．【答案】
【详解】
如图，以A为原点建立平面直角坐标系，则，，，∴．
设，则，∴，
∴，

∴当时，有最大值，最大值为.
15．【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）依题意， ，，
由，得，所以．
（2）依题意，，点，
则，，
因此，
当时，则，
因此当，即时，取得最大值，
此时
当，即时，取得最小值，
此时
所以的取值范围是．
16．【答案】(1)或3；
(2)或5；
(3)
【详解】（1）若，则，
整理得，解得或．
所以的值为或3．
（2）（2）若，则有，即，解得或，
当时，，，则，得；
当时，，，则，得．
所以，的值为或5．
（3）（3）因与的夹角是锐角，则，即，得，
又当与共线时，有，得，不合题意，则
综上，的取值范围为．
17．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）由余弦定理可得，由，则，
由，即，代入上式整理可得，解得
由，根据正弦定理，可得．
（2）；
18．【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为
(2)
【详解】（1）因为，
所以，函数的最小正周期为.
由解得，
所以，函数的单调递增区间为.
（2）由（1）知，
又因为，则，
因为，则，
因为，则．
所以，
.
19．【答案】(1)1
(2)①证明见详解；②
【详解】（1）因为，
所以.
（2）①因为
，
且，，则，
所以.
若，等价于，即，
所以的充分必要条件是；
②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即，
则，
可得，
即，可得，
又因为，可知点为的重心，则，
可得，
则，
，
，
可得，
所以.