河北省石家庄二中实验学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题：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. 已知非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.
【详解】如图所示，,当时，与垂直，，所以成立，此时，
∴不是的充分条件，
当时，，∴,∴成立，
∴是的必要条件，
综上，“”是“”的必要不充分条件

故选：B.
2. 下列各式中不能化简为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量加、减运算法则及运算律计算可得.
【详解】对于A：，故A不合题意；
对于B：，故B满足题意；
对于C：，故C不合题意；
对于D：，故D不合题意.
故选：B
3. 已知矩形中，为边中点，线段和交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，可证得四边形为平行四边形，得到，结合三角形中位线性质可确定为上靠近的三等分点，从而根据向量线性运算推导得到结果.
【详解】取中点，连接，交于点，
，，四边形为平行四边形，
，又为中点，，同理可得：，
，
.
故选：D.
4. 在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用正弦定理边化角整理求得，在将条件中的向量等式两边平方可求得，进而可求.
【详解】因为，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，又，
所以，因为，
所以，即
又两边同时平方得，
即，所以，
.
故选：A.
5. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，在与中，由余弦定理求出，根据求出，进而求得的面积.
【详解】设，在中，，
在中，，
所以，解得，
因为，所以，
所以的面积为.
故选：C
6. 在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ）
A. 3B. 6C. 7D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.
7. 在直角坐标系中，已知，，若，恒成立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，恒成立，将该不等式两边平方可得到恒成立，结合二次函数的最值，即可得，从而可得答案.
【详解】由题意可得，，，
若，恒成立，
则，恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
而，时等号成立，
故，即，
故选：D
8. 在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件利用正弦定理得的关系，由余弦定理可得，结合三角形面积公式求得的表达式，根据二次函数的性质可求得最大值，进而得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，
令，则，当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查的知识并不算困难，但计算量较大，解决的关键是熟练掌握数学的计算，做到不出错即可得解.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分.共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若⊥，则
C. “”是“与的夹角为钝角”的充要条件
D. 若，则在上的投影向量的坐标为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，求出，利用模长公式求出答案；B选项，根据垂直得到方程，求出；C选项，根据夹角为钝角得到不等式，求出的取值范围，作出判断；D选项，根据投影向量公式求出答案.
【详解】A选项，时，，
故，A正确；
B选项，⊥，故，解得，B错误；
C选项，与的夹角为钝角，则要满足，
解得且，C错误；
D选项，时，则在上的投影向量为
，D正确.
故选：AD
10. 中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，S为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则只有一解
C. 若为锐角三角形，则b取值范围是
D. 若D为边上的中点，则的最大值为
【答案】CD
【解析】
【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，利用正弦定理可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.
【详解】根据平面向量数量积公式及三角形面积公式由，
因为，所以，故A错误；
由上可知：，故有两解，故B错误；
若为锐角三角形，
则，且，即，
由正弦定理可知：，故C正确；
若D为边上的中点，则，
由余弦定理知，
根据基本不等式有，当且仅当时取得等号，
所以，
即，故D正确.
故选：CD.
11. 如图，延长正方形的边至点E，使得，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断不正确的是（ ）
A. 满足的点P必为的中点
B. 满足的点P有且只有一个
C. 满足的点P有且只有一个
D. 满足的点P有且只有一个
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立坐标系，讨论P点所在位置的不同情况，依次求出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【详解】如图建系，取，
，
动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，
综上，，
选项A：取，满足，此时，
因此点P不一定是的中点，故A错误；
选项B：当点P为B点或的中点时，均满足，此时点P不唯一，故B错误；
选项C：当点P为点时，且，解得，由上分析可知时为点，故C正确；
选项D：若，
当时，有，故，，此时，
当时，有，故，，
此时点P不唯一，故D错误；
故选：ABD.
12. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当在上的投影向量为时，
C. 的最小值为
D. 当在上的投影向量为时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面积得出边长乘积为定值，再利用平面向量基本定理表示结合不等式判断A和C,利用投影向量判断BD.
【详解】因为，所以.
设，则，解得，
则，
当且仅当时，等号成立，A正确.
因为，
所以
，
所以,
,
,
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为,C正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则
,
故B错误，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 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：.
14. 中，角所对的边分别为，若，且，则角______
【答案】
【解析】
【分析】根据求出，根据得到即可求解.
【详解】，，，
，，
，
，
，
，
因为，所以，
或（舍），，
因为，
即，，
，，
，.
故答案为：.
15. 在中，，D是AB边上一点，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求出，即可得，中，所以，代入即可得出答案.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得：，
因为，所以，
所以在中，所以.
故答案为：
16. 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.
四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量 和 ，则 ,, 求：
（1） 的值；
（2） 的值；
（3） 与 的夹角θ的余弦值．
【答案】（1）；
（2）；
（3） ．
【解析】
【分析】（1）（2）根据平面向量的数量积的定义即可求解；
（3）根据平面向量的夹角公式即可求解．
【小问1详解】
∵ ,, .
∴ ；
【小问2详解】
∵,
∴ ；
【小问3详解】
∵,
∴
18. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．

（1）求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求A﹔
（2）若，D为BC的中点，求AD.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式得到，从而得解；
（2）先利用余弦定理得到，再根据D为BC的中点，由求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
整理得，
因为，所以，则；
【小问2详解】
因为，
由余弦定理得，即，解得或（舍去），
又因为D为BC的中点，所以，
则
，
所以.
20. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求A﹔
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）10
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦公式求解作答.
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答.
【小问1详解】
在中，，
由正弦定理得：，
而，
于是，
又C为三角形内角，有，解得，所以，
【小问2详解】
依题意，，
由余弦定理得，，
即，
所以周长
21. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求证：；
（2）若的平分线交AC于D，且，求线段BD的长度的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化可得，即可利用三函数的性质求解，
（2）根据正弦定理以及角的范围即可利用三角函数的范围求解.
【小问1详解】
证明：由余弦定理可得，
故，由正弦定理得．
所以在中，或．
若，又，故，因为，所以，故不满足题意，舍去，
所以．
【小问2详解】
在中，
由正弦定理可得，即
所以
因为是锐角三角形，且，
所得，
所以．
所以线段BD长度的取值范围是．

22. 2023年杭州亚运会首次启用机器狗搬运赛场上的运动装备． 如图所示，在某项运动赛事扇形场地中，，米，点是弧的中点，为线段上一点（不与点，重合）．为方便机器狗运输装备，现需在场地中铺设三条轨道，，．记，三条轨道的总长度为米．
（1）将表示成的函数，并写出的取值范围；
（2）当三条轨道的总长度最小时，求轨道的长．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，利用正弦定理表示出，然后可得解析式，注意到即可得的范围；
（2）变形，然后利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为点是弧的中点，
由对称性，知，，
又，，
由正弦定理，得，
．
因为，所以，，
所以．
【小问2详解】
由（1）得：，．
因为，
且，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
即当时，三条轨道的总长度最小，此时.