2022-2023学年福建师范大学第二附属中学高一下学期3月月考数学试题含解析

2022-2023学年福建师范大学第二附属中学高一下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．若单位向量，满足，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出，然后用夹角公式求解.

【详解】由，得，

所以，所以，

又，所以.

故选：B.

2．向量，在正方形网格中的位置如图所示．如果小正方形网格的边长为1，那么（    ）

A．-2 B．-4 C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据数量积的定义即可求解.

【详解】设向量，的夹角为，则由图可得在方向上的投影为，

所以.

故选：C.

3．已知正方形的边长为，则＝（    ）

A．2 B．6 C．4 D．

【答案】B

【分析】先求出，再利用向量的平行四边形法则得到，再利用向量的模求解即可.

【详解】由正方形的边长为，

可得正方形的对角线长，

利用向量的平行四边形法则可得：

，

则.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了向量的平行四边形法则以及求向量的模.属于容易题.

4．在中，内角所对的边分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用正弦定理化边为角，求得角，再利用正弦定理求得角，即可得出答案.

【详解】解：因为，由正弦定理得，

∵，∴，∴，

∵，∴，

∵，∴，

∵，∴，∴.

故选：D.

5．如果平面向量，，那么下列结论中不正确的是（    ）

A．

B．

C．，的夹角为180°

D．向量在方向上的投影为

【答案】D

【分析】直接利用向量的坐标运算，向量的模，向量的夹角运算，向量在另一个向量上的投影的应用判定选项的结论．

【详解】解：因为，，所以，

对于A，因为，所以，故A正确；

对于B，因为，故，故B正确；

对于C，因为，所以与的夹角为180°，故C正确；

对于D，在方向上的投影为：，，故D错误.

故选：D.

6．已知，，且､的夹角为，如果，那么的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求得，根据可得，展开化简，可得答案.

【详解】由题意可得，

由 ，可得，

即，

即，即，

故选：A

7．如图，已知两个单位向量，，且它们的夹角为，点C在以O为圆心，1为半径的上运动，则·的最小值为（    ）

A． B．0 C． D．－

【答案】A

【分析】可以O为原点，OB为x轴建立坐标系，将C点设为，利用坐标法进行求解.

【详解】以为坐标原点建立如图坐标系，

则由已知得.

由点在以为圆心，1为半径的上运动可设，.

∴

，

由知，，

∴，

因此当时，有最小值.

故选：A.

8．中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的最大值为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由正弦定理化简已知等式可求，进而可求B，由余弦定理，基本不等式可求，进而利用三角形面积公式即可得解．

【详解】解：由正弦定理知：，即，

故，

所以，又，

由余弦定理得，

，

故，

故选D．

【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

二、多选题

9．已知在平面直角坐标系中，点，.当是线段的一个三等分点时，点的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】设，则，然后分点P靠近点，靠近点两种情况，利用平面向量的线性运算求解.

【详解】设，则，

当点P靠近点时，，

则，

解得，

所以，

当点P靠近点时，，

则，

解得，

所以，

故选：AD

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

10．在中，角、、所对的边分别为、、，且、、，下面说法错误的是（    ）

A．

B．是锐角三角形

C．的最大内角是最小内角的倍

D．内切圆半径为

【答案】BCD

【分析】A选项，由正弦定理判断；B选项，根据，得到中最大角为角，再利用余弦定理判断；C选项，假设，由求解判断；D选项，设的内切圆半径为，由求解判断.

【详解】A选项，∵，、、，∴，对，

B选项，由于，则中最大角为角，

∵，∴，∴是钝角三角形，错，

C选项，假设的最大内角是最小内角的倍，则，

即，

又，即，，不符合题意，错，

D选项，∵，∴，

∴，

设的内切圆半径为，则，

∴，错，

故选：BCD.

11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若满足要求的△ABC有且只有1个，则b的取值可以是（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】ABC

【分析】根据余弦定理，根据三角形的性质进行求解判断即可.

【详解】由，及，

得.若满足要求的△ABC有且只有1个，则或，

即或，解得或.

故选：ABC

12．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（    ）

图1                         图2

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】ABD

【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.

【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，

则 ,

设 ，则,

由可得 ，且 ，

若，则，

解得 ，（负值舍去），故，A正确；

若，则，，故B正确；

，

由于，故，故，故C错误；

由于，

故

，而，

故，故D正确，

故选：ABD

三、填空题

13．已知向量，，则与的夹角为______.

【答案】/

【分析】根据向量坐标分别计算数量积与模长，再结合夹角公式求解.

【详解】向量，，，，，

，

又

，

故答案为：.

14．已知向量 ，，则向量在向量上的投影向量为________（用坐标表示）．

【答案】

【分析】先计算两个向量的夹角的余弦值，再计算向量 在向量 上的投影向量.

【详解】因为，，则 ，

所以向量 在向量 上的投影向量为.

故答案为：

15．在中，，且角所对的边满足，则实数x的取值范围是____．

【答案】

【分析】在直角三角形中,利用,将化成,再变成 后,根据三角函数的性质可得.

【详解】在中, ,所以,

所以由,可得,

又,所以,

因为 所以,所以,

所以

=,

因为,所以,

所以,

所以.

所以实数x的取值范围是.

【点睛】本题考查了正弦定理,两角和与差的正弦公式,利用正玄定理将已知条件中的边化成角,然后利用正弦函数的性质来解是解题一般思路,属中档题.

16．已知O是内部一点，且满足，又，则的面积为______.

【答案】

【分析】由，可知O为的重心，则，再由平面向量数量积的运算结合三角形面积公式求解即可.

【详解】由及得

，

所以，

所以.

又，且O在内，

所以O为的重心，

所以.

故答案为：

四、解答题

17．平面内给定三个向量，，.

（1）求满足的实数，；

（2）若，求实数的值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）依题意求出的坐标，再根据向量相等得到方程组，解得即可；

（2）首先求出与的坐标，再根据向量共线的坐标表示计算可得；

【详解】解：（1）因为，，，且

，，，，.

，解得，.

（2），，，.

，，，.

，解得.

18．在中，已知．

（1）求角的大小；

（2）求的值．

【答案】(1) (2)

【分析】（1）直接使用余弦定理即可得解；

（2）法1：由（1）可以求出，由三角形内角和定理，可以求出的关系，用正弦定理，求出,进而求出，也就求出，，最后求出的值；

法2：直接利用余弦定理得，，再利用同角的三角函数关系，求出，最后利用二角差的余弦公式求出的值．

【详解】解：(1)由余弦定理得：，

因为，所以．  

(2)法1 由正弦定理得：，

所以．

又因为，所以

即，所以

所以，．

因为．所以，所以，

所以

法2 直接利用余弦定理得，

求得，所以

【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理．

19．已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，.

（1）若，求的值；

（2）当取得最大值时，求A的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得；

（2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值.

【详解】（1）在中，由正弦定理得，

∴，∵，∴，

∴.

（2）

当且仅当，即时取到最大值.

【点睛】本题考查了两角和差的正弦公式，正弦定理，平面向量数量积的定义，三角函数的最值，这是一道考查了多个基本知识的综合题，属于中档题.

20．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解决该问题． 已知中，_____________，，，  

（1）求角B；    

（2）求的面积．

【答案】条件选择见解析（1）B=；（2）.

【分析】分别选择①②③，利用余弦定理、正弦定理和三角函数的性质，以及辅助角公式等，求得

，再根据正弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】若选①：

（1）因为，由余弦定理可得，

又因为，可得，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

若选②：

（1）因为，由正弦定理，可得，

又因为，得，所以，即，

由，可得，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

若选③：

（1）因为，可得，即，

又因为，可得，所以，所以，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

21．如图，游客从黄山风景区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘景区观光车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘观光车到B，在B处停留20分钟后，再从B匀速步行到C．假设观光车匀速直线运行的速度为250米/分钟，山路AC长为1170米，经测量，.

（1）求观光车路线AB的长；

（2）乙出发多少分钟后，乙在观光车上与甲的距离最短．

【答案】（1）1000m （2）

【分析】（1）在中，根据，，由正弦定理，可得AB；

（2）假设乙出发t分钟时，甲，乙两游客距离为d，此时，甲行走了，乙距离A处，由余弦定理得，再利用二次函数求解.

【详解】（1）在中，，

，

,

由正弦定理得：，得()

所以缆车线路AB的长为1000

（2）假设乙出发t分钟时，甲，乙两游客距离为d，此时，甲行走了，乙距离A处，

由余弦定理得

，

又在AB段的时间，即，

故时，甲，乙两游客的距离最短.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查了解三角形的实际应用．实际应用题关键是构造三角形，将各个已知条件向这个主三角形集中，转化为数学模型，列出数学表达式，再通过正弦、余弦定理，勾股定理或其他基本性质建立条件之间的联系，列方程或列式求解．

22．在四边形中，对角线，.

(1)求的大小；

(2)若是锐角三角形，，，求的面积；

(3)当时，是否存在实数，使得的最小值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1);

(2);

(3)存在，.

【分析】（1）由正弦定理化为三角函数，化简求出即可得解；

（2）根据余弦定理及三角形面积公式即可得解；

（3）先求，再利用二次函数求最值，据此确定.

【详解】（1）在中，由正弦定理得，即.

因为，且，

所以，所以.

所以，所以.

因为，所以.

（2）因为，所以.

在中，，，

由余弦定理得.

所以.

所以.解得，或.

当时，由余弦定理得.

所以.

所以此时是钝角三角形，不合题意，舍去.

所以.

所以边上的高.

所以的面积为.

（3）因为，，

所以

.

所以当，

即时，取得最小值是.

所以.

所以，或.

所以，或.

所以存在实数，使得的最小值为.