安徽省庐江巢湖七校联盟2022-2023学年高一数学下学期3月月考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期第一次阶段练习

高一年级数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 已知向量，，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. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的模、充分、必要条件的知识确定正确选项.

【详解】时，不一定是相等或相反向量，

时，，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

2. 已知与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出在上的投影，再乘以即可得解.

【详解】因为在上的投影为，

所以在上的投影向量为.

故选：D

3. 在等腰三角形中，，若为边上的动点，则（    ）

A. 2 B. 4 C. 8 D. 0

【答案】C

【解析】

【分析】根据等腰三角形中三线合一及数量积的运算律求解即可.

【详解】设是等腰三角形的高，如图，

则，

故．

故选：C

4. 如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】依题意可得，即可得到，再根据平面向量线性运算法则计算可得；

【详解】解：依题意在平行四边形中，，

又是的中点，与交于点，所以，所以，

所以，

所以

故选：A

5. 已知在中，，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用正弦定理得再利用余弦定理可以求解.

【详解】，由正弦定理得 ，

由余弦定理知,

.

故选：A.

【点睛】本题考查正弦、余弦定理.

熟练运用正弦、余弦定理及变形是解题的关键.

正弦定理常见变形： 、 、

6. 已知向量，，，则取最小值时，实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得向量的坐标，再利用向量的模公式求解.

【详解】解：由题可知，

∴，

，

当取最小值时，.

故选：B

7. 已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的

（注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心）

A. 重心外心垂心 B. 重心外心内心

C. 外心重心垂心 D. 外心重心内心

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C.

考点：向量在几何中的应用.

8. 已知非零向量与满足且

则为

A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰非等边三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】由可判断，由可判断，从而可得结论.

【详解】因为非零向量与满足

所以的平分线与垂直，

为等腰三角形，且，

且，

，

所以为等边三角形，

故选：A.

【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 设两个非零向量与不共线，如果和共线，那么k的可能取值是（    ）

A. 1 B. -1 C. 3 D. -3

【答案】AB

【解析】

【分析】根据向量共线的表达式列式求解即可.

【详解】∵两个非零向量与不共线，∴，

∵和共线，∴，则，

∵非零向量、不共线，∴且，解得.

故选：AB

10. 如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. A、D之间的距离为海里

C. A、B两处岛屿间的距离为海里

D. B、D之间的距离为海里

【答案】BC

【解析】

【分析】根据三角形的内角求得∠CAD,判定A；利用正弦定理求得AD,判定A；利用等腰直角三角形性质求得BD,判定D；利用余弦定理求得AB,判定C.

【详解】解：由题意可知，，，，，

所以，故A错误；

，

在中，由正弦定理得，得(海里)，故B正确；

在中，因为，，所以(海里)，故D错误；

中，由余弦定理得，

(海里)，故C正确.

故选：BC.

11. 我国古代数学家早在几千年前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为作注时给出的，被后人称为赵爽弦图．赵爽弦图是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若直角三角形的直角边的长度比为，则下列说法正确的是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据各边长的关系直接可判断A；根据正方形对角线互相垂直，然后观察可判断B；利用投影表示数量积可判断C；作，求出FI、BI长，然后由向量加法可判断D.

【详解】记，则

所以，即，故A正确；

由正方形性质可知，，显然不平行，所以不垂直，B错误；

因为，，所以，故C正确；

过F作，垂足为I，，即

所以，所以

则，

所以，故D正确

故选：ACD

12. 在中，角所对的边分别为，下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则一定是钝角三角形

B. 若acosB＝bcosA＋c，则一定是直角三角形

C. 若，则一定是锐角三角形

D. 若tanA＋tanB＋tanC＞0，则一定是锐角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用正弦定理化为边的关系，再利用余弦定理判断即可，对于B，利用余弦定理统一成边的形式，化简即可判断，对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变换公式化简变形，对于D，利用两角和的正切公式化简判断

【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，所以，所以由余弦定理得，因为，所以为钝角，所以一定是钝角三角形，所以A正确，

对于B，因为acosB＝bcosA＋c，所以由余弦定理得，

所以，所以，所以一定是直角三角形，所以B正确，

对于C，因为，所以，所以，

所以，

所以，因为，所以，

因为，所以，

所以一定是直角三角形，所以C错误，

对于D，因为,

所以

因为tanA＋tanB＋tanC＞0，所以，

因为中不可能有两个钝角，所以，

所以都为锐角，所以一定是锐角三角形，所以D正确，

故选：ABD

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的外接圆的半径为____________.

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质求出，得出，再由正弦定理即可求解.

【详解】由

可得，

即，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，

即，因为，

所以，

所以，即.

故答案为：

14. ，是夹角为的两个单位向量，，，则与的夹角为_________.

【答案】120°

【解析】

【分析】结合数量积的运算律，利用向量的夹角公式求解.

【详解】解：因为，是夹角为的两个单位向量，

所以，

又，，

所以，

所以与的夹角余弦为:，

因为 ，

所以.

故答案为：120°.

15. 如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=3,AD=,E为BC中点,若,则___.

【答案】

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，结合题意分别确定点C,E的坐标，然后结合点的坐标和平面向量的坐标运算法则即可求得向量的数量积.

【详解】以A点为原点，AB所在的直线为x轴，AD为y轴，建立如图所示的坐标系，

∵AB=3,AD=，E为BC中点，

∴A(0,0),B(3,0),D(0,)，

设C(x,)，，

，∴3x=3，解得x=1，∴C(1,)，

∵E为BC中点，∴,即为，

，

.

故答案为：−3.

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，平面向量的坐标运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

16. 在平面向量中有如下定理：设点、、、为同一平面内的点，则、、三点共线的充要条件是：存在实数，使．试利用该定理解答下列问题：

如图，在中，点为边中点，点在边上，且，交于点，设，则__．

【答案】

【解析】

【分析】

由图形知道，，三点共线，从而存在实数，使，根据，可得，所以，所以，这样即可得到：，所以消去可得关于，的方程，同样根据，，三点共线又可得到一个关于，的方程，这两个方程联立即可求出，，从而求出．

【详解】解：如图，，，三点共线，

存在实数，使，

，

，，又；

，①；

同样，，，三点共线，所以存在，使，

为边的中点，，

；

，，

联立①可得：，，

．

故答案为：

【点睛】考查对给出的定理的运用，共面向量基本定理，共线向量基本定理，属于中档题．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 已知，

（1）求；

（2）设与的夹角为，求的值；

（3）若向量与互相垂直，求k的值.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】(1)由题意可得，进而求出它的模即可；

(2)根据公式计算即可；

(3)由可得，结合、计算即可.

【详解】解：；

故

；

因为向量与互相垂直，

所以，即，

因为，，

所以

18. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，C，且，.

（1）求角A的大小；

（2）若，求△ABC的周长l.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理角化边，再根据余弦定理求解即可；

（2）由（1）可得，，进而可得周长.

【小问1详解】

因为，，

由正弦定理，得，，

由余弦定理，得，

所以，所以

∴，又，

∴

【小问2详解】

由（1）可得，，故，，

∴.

19. 已知，且向量与不共线.

（1）若与的夹角为，求；

（2）若向量与的夹角的钝角，求实数的取值范围.

【答案】(1) (2) 且

【解析】

【分析】（1）因为与的夹角为，所以可求得.展开代入即可求得结果. （2）由向量与的夹角的钝角，可得且不反向共线，展开解k即可.

【详解】解：（1）与的夹角为，

.

.

（2）向量与的夹角为钝角，

，且不能反向共线，

，解得

实数的取值范围是且 .

【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，考查已知向量夹角求参，考查向量夹角为钝角的求解运算，考查了学生转化的能力，属于基础题.

20. 某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东的方向上，距离为海里，在A处看灯塔C在货轮的北偏西的方向上，距离为海里，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东方向上，求：

（1）AD的距离；

（2）CD的距离．

【答案】（1）24海里；（2）8√3海里．

【解析】

【详解】试题分析：（Ⅰ）利用已知条件，利用正弦定理求得AD的长．（Ⅱ）在△ADC中由余弦定理可求得CD，答案可得．解：（Ⅰ）在△ABD中，由已知得∠ADB=60°，B=45°

由正弦定理得AD==24

（Ⅱ）在△ADC中，由余弦定理得CD2=AD2+AC2-2AD•ACcos30°，解得CD=8 ．所以A处与D处之间的距离为24nmile，灯塔C与D处之间的距离为8nmile．

考点：解三角形

点评：本题主要考查了解三角形的实际应用．解题的关键是根据题意建立适当的三角函数模型，利用正弦定理，余弦定理等常用公式来求解．

21. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S．现有以下三个条件：①（2c+b）cosA+acosB＝0；②sin2B+sin2C﹣sin2A+sinBsinC＝0；③请从以上三个条件中选择一个填到下面问题中的横线上，并求解．已知向量＝（4sinx，4），＝（cosx，sin2x），函数在△ABC中，，且____，求2b+c的取值范围．

【答案】

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的运算，结合恒等变换，即可求得；选择①由正弦定理将边化角，即可求得；选择②，利用正弦定理以及余弦定理即可求得；选择③利用面积公式以及余弦定理即可求得；无论选择哪个条件，角都一样大小.利用正弦定理，构造关于角的函数，利用三角函数的值域，即可求得结果.

【详解】根据题意，

.

又.

选择①：（2c+b）cosA+acosB＝0，由正弦定理可得：

，

故可得，又，

故可得，又，故.

选择②：sin2B+sin2C﹣sin2A+sinBsinC＝0，由正弦定理得：

，由余弦定理得，

有，故.

选择③：，由面积公式以及余弦定理可得：

，解得，

又，故可得.

故不论选择哪个条件，都有.又.则.

故

，

又，故，

故，

故.

故答案为：.

【点睛】本题考查向量数量积的运算、三角恒等变换以及正余弦定理解三角形，涉及三角形中范围问题的求解，属综合中档题.

22. 已知向量和，，且．

（1）若与的夹角为，求的值；

（2）记，是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，试说明理由．

【答案】（1），（2）不存在

【解析】

【分析】（1）运用向量数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，解方程即可得到的值；

（2）求出，再由重要不等式求得的最小值，假设存在实数，使得对任意的恒成立，构造一次函数，运用单调性，解不等式即可判断

【详解】解：（1）因为，与的夹角为，

所以，

由，得，

即，

得，解得，

（2）由，得，

即，

得，解得，

所以

所以，

因为对任意的恒成立，

所以，即，即对于任意恒成立，

令，则，即，解得

由此可知不存在实数使之成立

【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积的定义和性质，考查不等式恒成立问题，将其转化为求函数的最值问题，构造一次函数运用单调性是解题的关键，属于中档题