重庆市万州区第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分．
1. 下列说法错误的是（ ）
A.
B. ，是单位向量，则
C. 若，则
D. 任一非零向量都可以平行移动
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的有关概念即可.
【详解】对于A项，因为，所以，故A项正确；
对于B项，由单位向量的定义知，，故B项正确；
对于C项，两个向量不能比较大小，故C项错误；
对于D项，因为非零向量是自由向量，可以自由平行移动，故D项正确．
故选：C．
2. 设非零向量，若，则的取值范围为（ ）
A. [0，1]B. [0，2]
C. [0，3]D. [1，2]
【答案】C
【解析】
【分析】根据单位向量、向量加法等知识确定正确答案.
【详解】因为是三个单位向量，
因此，当三个向量同向时，取得最大值为；
当三个向量两两成角时，它们的和为，也即的最小值为，
所以的取值范围为.
故选：C
3. 若向量与的夹角为，，则等于（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积运算化简已知条件，从而求得.
【详解】因为
，
，解得（负根舍去）.
故选：C
4. 已知单位向量的夹角为，则（ ）
A. 9B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量模的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
故.
故选：B.
5. 已知：向量与的夹角为锐角．若是假命题，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量夹角为锐角得到关于的不等式组，进而求得的取值范围，再结合为假命题取的取值范围的补集即可得解.
【详解】当向量向量与的夹角为锐角时，
有且与方向不相同，即，解得且，
因为是假命题，所以实数的取值范围是.
故选：C.
6. 已知三点A，B，C共线，不共线且A在线段BC上（不含BC端点），若，则的最小值为（ ）
A. 不存在最小值B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知条件，由三点共线充要条件可知，所以，由“乘1”法结合基本不等式即可求解.
【详解】设，因为A在线段BC上（不含BC端点），
所以由向量共线定理设，
所以，
由题意有，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：D.
7. 在中，点在边上，且．点满足．若，，则（ ）
A. B. C. 12D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】先根据平面向量的线性运算将用表示，再根据数量积的运算律即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以为的中点，
则
，
故
故选：A.
8. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花隔断，图是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图，若正八边形的边长为，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的位置进行分类讨论，根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】设，
当与重合时，；
当在线段（除）、线段、线段，线段，线段（除）点上运动时，
，所以，
当与重合时，，所以，
以为原点，、分别为轴建立平面直角坐标系，
根据正八边形的性质可知，，
则，
直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，
当在线段（除）上运动时，设，
所以，
当在线段上运动时，设，
所以，
当在线段（除）上运动时，设，
所以.
综上所述，的最小值为.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 在中，下列式于与的值相等的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可得结果.
【详解】由正弦定理可得，设，
则，
故满足条件为AC选项.
故选：AC.
10. 【多选题】已知，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 的最小值为2
D. 若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用向量平行、垂直的坐标表示，向量模和夹角的坐标表示，通过计算验证各选项中的结论.
【详解】已知，
若，则，解得，A选项正确；
若，则，解得，B选项正确；
，，
当时，有最小值，C选项错误；
当时，，，
向量与向量的夹角为，D选项错误.
故选：AB
11. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据余弦定理判断A；根据余弦定理和基本不等式，即可判断B；利用反证法，假设，结合余弦定理和不等式的性质，即可判断C；举反例，即可判断D.
【详解】A.由，可以得出，所以，故A正确；
B.由，得，得，故B错误；
C.假设，则，，，
，即，与矛盾，,故C正确；
D.取，满足，此时,故D错误．
故选：AC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上．
12. 已知向量．若，则实数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算和向量共线的坐标形式得到方程，解出即可.
【详解】因为，所以.
又，所以，解得.
故答案为：.
13. 如图，在四边形中，.若为线段上一动点，则的最大值为______.
【答案】6
【解析】
【分析】由题建立平面直角坐标系，再由平面向量数量积的坐标运算得到，再求二次函数的最大值即可．
【详解】以为原点，，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
设，其中，
则，，
，
当时，有最大值6．
故答案为：6.
14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则=______；若，则面积的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先由正弦定理化边为角整理得到，两边平方即得的值；再利用同角的三角函数基本关系式求得的值，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，从而得到面积的最大值.
【详解】因为，由正弦定理得，
因为，则有，
所以，得，即，故；
因，，故，可得，
由，解得，得，
由余弦定理得，，所以，
由，当且仅当时等号成立，可得，
，即面积的最大值为.
故答案为： ； .
四、解答题：本大题共5小题，共77分，请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 已知，.
（1）设，求；
（2）求向量在上的投影的数量.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的坐标运算，以及数量积的运算公式，准确运算，即可求解；
（2）根据题意，利用向量的数量积的几何意义，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，，
可得，且，
所以.
【小问2详解】
解：由向量，，可得，且，
所以向量在上的投影的数量为.
16. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若是单位向量，且，求与的夹角.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由，求得，利用向量的夹角公式，求得，即可求解.
【小问1详解】
解：设，因为，且，
可得，解得或，
所以或.
【小问2详解】
解：因为，且为单位向量，可得，，
又因为，可得，所以，
则，
因为，所以.
17. 已知中，,，是线段上一点，且，是线段上的一个动点.
（1）若，求（用的式子表示）；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量运算法则得到，从而得到，求出答案；
（2）建立平面直角坐标系，设，由三点共线，可得，从而求出，，从而求出的取值范围.
【小问1详解】
由得，解得，
又已知，
∴，故；
【小问2详解】
以C为原点，CB为轴，CA为轴建立平面直角坐标系，
则，
设，，可得，
由三点共线，可得，即，
代入整理得
，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，
又当时，，当时，，
故的取值范围为
18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）若的面积为，，求的周长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角A；
（2）由求得，利用二倍角公式求得的值，利用差角的正弦公式计算即得；
（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得周长.
【小问1详解】
．由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，，
．
【小问2详解】
由已知，，所以，
，，
.
【小问3详解】
，，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为．
19. 蜀绣又名“川绣”，与苏绣，湘绣，粤绣齐名，为中国四大名绣之一，蜀绣以其明丽清秀的色彩和精湛细腻的针法形成了自身的独特的韵味，丰富程度居四大名绣之首．1915年，蜀绣在国际巴拿马赛中荣获巴拿马国际金奖，在绣品中有一类具有特殊比例的手巾呈如图所示的三角形状，点D为边BC上靠近B点的三等分点，，．

（1）若，求三角形手巾的面积；
（2）当取最小值时，请帮设计师计算BD的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理求得的长，即可得的长，由三角形面积公式即可求得答案.
（2）设，利用余弦定理表示出，即可得表达式，结合基本不等式确定其最小值，即可求得答案.
【小问1详解】
在中，，，故，，
由正弦定理得，即，
而，
故，
故,
故三角形手巾的面积为
【小问2详解】
设，则，
则在中，，
在中，，
故
，
由于，当且仅当，即时取等号，
故，
即取到最小值即取最小值时，，
即此时.
【点睛】关键点睛：第二问求解取最小值时的长，关键是设，分别利用余弦定理表示出，从而可得的表达式，进而利用基本不等式求解.