福建省莆田市莆田第六中学2024−2025学年高一下学期3月月考数学试卷（含解析）

这是一份福建省莆田市莆田第六中学2024−2025学年高一下学期3月月考数学试卷（含解析），共12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．设，向量，，且，，则（ ）
A．5B．C．D．10
2．已知是，平面内两个不共线向量，，，，若三点共线，则的值为（ ）
A．2B．C．D．3
3．已知，点在线段的延长线上，且，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面内三点，，，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．在平行四边形中，点满足，且是边中点，若交于点．且，则（ ）
A．B．C．D．
7．黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为的点.利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知，为的两个黄金分割点，研究发现如下规律：.若是顶角为36°的等腰三角形，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知P是 的外心，且，则csC=（ ）
A．-B．-C．或-D．或-
二、多选题（本大题共3小题）
9．设是两个非零向量，若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．在方向上的投影向量为D．
10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则有两解
C．若为钝角三角形，则
D．若，则面积的最大值为
11．在中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的面积为2
C．的外接圆直径是D．的内切圆半径是
三、填空题（本大题共3小题）
12．在中，，，，为边上的高，则的长是 ．
13．已知，若与的夹角为钝角，则的范围为 ．
14．扇形的半径为，，点在弧上运动，若，求的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，是两个单位向量，其夹角为60°，，．
(1)求，；
(2)求与的夹角．
16．如图，在四边形中，已知，，，，．
(1)求BD的长；
(2)求CD的长．
17．记 △ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，已知 sinCsinA-B=sinBsinC-A ．
(1)证明： 2a2=b2+c2 ；
(2)若 a=5,csA=2531 ，求 △ABC 的周长．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
(1)求角B；
(2)在①的外接圆的面积为，②的周长为12，③，这三个条件中任选一个，求的面积的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
19．的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由向量，，，
因为，可得，解得，所以，
又由，可得，解得，所以，
则，所以.
故选C.
2．【答案】A
【详解】由向量，，，
可得，，
因为三点共线，则存在实数，满足，
即，可得，解得.
故选A.
3．【答案】D
【详解】因为点在线段的延长线上，且，所以，
设点，由，，可得，
所以，
可得，解得，即点的坐标为.
故选D.
4．【答案】B
【详解】∵，
∴由余弦定理，
则得，
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故选B.
5．【答案】C
【详解】，
，，
所以向量在上的投影向量为.
故选:.
6．【答案】B
【详解】如图，平行四边形中，，，
因为
所以.
故选B.
7．【答案】A
【详解】由题意得在正五角星中，，为的两个黄金分割点，易知.
因为，所以，故不妨设，，
则在中，，
从而.
故选A.
8．【答案】B
【详解】因为P是的外心，所以，
由题知，两边平方得
即,即，
所以，则，
又由，得，
因为，则C与外心P在AB的异侧，即C在劣弧上，所以C为钝角，即.
故选B.
9．【答案】ABC
【详解】因为，所以，所以，所以选项A正确；
因为，所以，即有，所以，所以选项B正确；
因为，所以在方向上的投影向量为，所以选项C正确；
由向量数量积的定义可知，，所以，所以选项D错误.
故选ABC.
10．【答案】ABD
【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，
所以，故A正确；
对于B选项，，则，
所以有两解，故B正确；
对于C选项，当为钝角三角形，且C为钝角时，，
可得，若C不为钝角，则得不到，故C错误；
对于D选项，由余弦定理与基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，故D正确．
故选ABD.
11．【答案】ABD
【详解】解：因为，所以，
所以，，故A、B正确；
由余弦定理，即，所以，
所以外接圆的直径，故C错误；
设的内切圆半径为，则，即，所以，故D正确；
故选ABD.
12．【答案】
【详解】解：因为，所以，所以.
13．【答案】
【详解】由向量，且与的夹角为钝角，
可得，解得，
当向量与共线时，可得，解得，
所以向量与的夹角为钝角时，的取值范围为.
14．【答案】
【详解】以为原点，以所在的直线为轴，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，设，则，其中且，
可得，
则
所以
，
因为，可得，所以，
所以，
所以的取值范围为.
15．【答案】(1)，；
(2).
【详解】（1）因为，是两个单位向量，其夹角为60°，
则，，,
又，
所以，
同理，
所以；
（2）由题得，，
设与的夹角为θ，
则，
因为θ∈[0,π]，所以，
则向量与的夹角为．
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：在中，设，
由余弦定理
，整理得
解得或（舍去），
线段的长等于8；
（2）解：因为，，所以，
所以，
在中由正弦定理，得
17．【答案】见解析
【详解】(1) ∵sinCsinA-B=sinBsinC-A，
∴ sinCsinAcsB-sinCsinBcsA =sinBsinCcsA -sinBsinAcsC ，
∴ ac⋅a2+c2-b22ac-2bc⋅b2+c2-a22bc =-ab⋅a2+b2-c22ab ，
即 a2+c2-b22-b2+c2-a2=-a2+b2-c22 ，
∴ 2a2=b2+c2 .
(2)∵ a=5,csA=2531 ，∴由(1)得 b2+c2=50 ，
由余弦定理可得 a2=b2+c2-2bccsA ，
∴ 50-5031bc=25 ，即 bc=312 ，
∵ b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81 ，
∴ b+c=9 ，
∴ △ABC 的周长为 a+b+c=14 .
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
（2）若选①，设的外接圆半径为R，
则，∴
∴
由余弦定理，得：
即，
当且仅当时，等号成立.
即的面积的最大值为
若选②∵，∴
由余弦定理
又
∴
∴（舍）或，当且仅当时等号成立
∴
当且仅当时等号成立
若选③，由余弦定理，得：
即，
当且仅当时，等号成立.
∴
即的面积的最大值为
19．【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.
(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得，
此时就变为．
由诱导公式得，所以．
在中，由正弦定理知，
此时就有，即，
再由二倍角的正弦公式得，解得．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】
由解法1得，
两边平方得，即．
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此．
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】
根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得．
，，因为故或者，
而根据题意，故不成立，所以，
又因为，代入得，所以.
(2)
[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为是锐角三角形，又，所以，
则．
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知的面积．
因为为锐角三角形，且，
所以即
又由余弦定理得，所以即，
所以，故面积的取值范围是．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图1，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．
由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，
所以点C位于在线段上且不含端点，从而，
即，即，所以，
故面积的取值范围是．
【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；
方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.
(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；
方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.