甘肃省嘉峪关市嘉峪关市第一中学2024~2025学年高一下册4月月考数学试题【附解析】

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（时间120分钟，共150分）
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. 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用向量的线性运算的规则求出结果．
详解】.
故选：C
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 在菱形中一定有D. 共线向量一定是在同一条直线上的向量
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可.
【详解】对于A，若，则与大小相等，方向不确定，故A错误；
对于B，若时，则与方向不确定，
故与可能共线也可能不共线，故B错误；
对于C，由菱形，可且，
所以，一定有，故C正确；
对于D，两个非零向量的方向相同或方向相反时我们两向量为平行向量，
规定零向量与任一向量为平行向量，平行向量又称共线向量，
故共线向量不一定是在同一条直线上的向量，也可在相互平行的直线上，故D错误.
故选：C.
3. 在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理计算即得.
【详解】由正弦定理可得，所以.
故选：A.
4. 如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可
【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，
所以
,
故选：A
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据平方关系、商数关系求出，再根据二倍角公式即可求解.
【详解】由，，可得，从而，．
故选：A.
6. 已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用投影向量的定义求得结果.
【详解】由向量，得，
所以在上的投影向量为.
故选：C
7. 在中，已知，且满足，则的面积为
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理先进行化简，然后根据余弦定理求出C的大小，结合三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】在中，已知，∴由正弦定理得，
即，∴＝＝，即＝.
∵ ，∴的面积．
故选D．
【点睛】本题主要考查三角形面积的计算，结合正弦定理余弦定理进行化简是解决本题的关键,属于基础题．
8. 已知，则（ ）．
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
二、多选题：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. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标表示判断所给两向量是否共线即可.
【详解】对于A：因为零向量与任意向量共线，故与不能作为一组基底，故A错误；
对于B：因为，
所以与不共线，可以作为基底，故B正确；
对于C：因为，
所以与不共线，可以作为基底，故C正确；
对于D：因为，
所以与共线，不可以作为基底，故D错误.
故选：BC.
10. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
分析】结合辅助角公式化简计算可得，结合诱导公式和两角差正弦公式可得，由此可比较大小，确定结论.
【详解】由已知，
因为
所以，
又，
所以，
故选：BCD.
11. 在中，角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是钝角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则是等边三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由条件结合大角对大边可得，结合正弦定理可得，判断A，对于B，结合两角和正切公式化简条件可求，由此可求，再求，判断B，对于C，结合余弦定理化角为边，化简可得，判断C，对于D，结合正弦定理化边为角，化简可得，判断角的关系，判断D.
【详解】设的外接圆半径为，则，，，
对于A，因为，由大角对大边可得，所以，
所以，A正确；
对于B，因为，
所以，
若，则，
所以，矛盾，
所以，故，
所以，又，
所以，所以，
所以是钝角三角形，B正确；
对于C，因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形；C错误；
对于D，因为，
所以，
所以，
又，，，
所以，则是等边三角形，D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则_________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用向量的数量积的坐标运算可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，解得.
故答案为：.
13. 设，是方程的两个根，则的值为_________．
【答案】-3
【解析】
【分析】
由是方程的两个根，利用根与系数的关系分别求出及的值，然后代入公式求解.
【详解】∵是方程的两个根，
∴，，
则
故答案为：
14. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成．如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得m，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高为_____________m．
【答案】
【解析】
【分析】先中利用正弦定理求，再在中求即可.
【详解】依题意，中，，，即，解得.
在中，，即.
故答案为：
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. 已知向量满足，且与的夹角为．
（1）求；
（2）求；
（3）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1） 利用向量数量积的定义求解；
（2），代入已知数据求解即可；
（3）利用向量垂直数量积为0，求实数的值.
【小问1详解】
因为，且，
所以.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
由，得，即.
所以.
解得 .
16. 已知，为第一象限角，，.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件结合角的范围及同角关系可求，，再结合两角和正弦公式求结论；
（2）结合（1）及商的关系可求，结合二倍角公式及商的关系可得，代入数值可得结论.
【小问1详解】
因为，为第一象限角，
所以，
因为，，
所以，
所以，
【小问2详解】
由（1），，所以，
所以.
17. 在中，内角所对的边分别是为的面积，且.
（1）求角；
（2）已知，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合余弦定理可得，可求；
（2）由余弦定理得到，结合基本不等式求得，利用三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
由，可得.
又由余弦定理可得，所以，
所以，即
又因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
解得，当且仅当时，等号成立.
所以的面积.
即面积的最大值为.
18. 已知函数.
（1）若，求函数的值域；
（2）在中，，且锐角满足，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先把化简为，即可求出值域；
（2）先求出角，利用余弦定理即可求出b.
【小问1详解】
由已知可得
，
由可得.
所以，
故函数的值域为.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，即，
又因为，可得，
可得：，得，
由以及余弦定理得，
所以.
19. 在中，内角，，所对的边分别为，，，满足.
（1）求角的大小；
（2）若，边上的中线的长为，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦边角关系及三角恒等变换可得，结合三角形内角性质即可求的大小；
（2）由余弦定理可得，根据，结合数量积的运算律有，联立所得方程求得，最后应用三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由已知及正弦定理得，
则，
在中，故，又，故.
【小问2详解】
由，得，
由题意，则，
即，解得，
故的面积为.