【原创】（新教材）2021-2022学年下学期高一第一次月考卷 数学（B卷）

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（新教材）2021-2022学年下学期高一第一次月考卷数 学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）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．下列说法正确的是（    ）A．向量与共线，与共线，则与也共线B．任意两个相等的非零向量的始点与终点是一个平行四边形的四个顶点C．向量与不共线，则与都是非零向量D．有相同起点的两个非零向量不平行【答案】C【解析】对于A：可能是零向量，故选项A错误；对于B：两个向量可能在同一条直线上，故选项B错误；对于C：因为与任何向量都是共线向量，所以选项C正确；对于D：平行向量可能在同一条直线上，故选项D错误，故选C．2．下列条件中能得到的是（    ）A．  B．与的方向相同C．，为任意向量 D．且【答案】D【解析】由于，所以与的大小相等，方向相同，故D正确，故选D．3．已知，是不共线向量，则下列各组向量中是共线向量的有（    ）①，；②，；③，．A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【解析】①中，与显然共线；②中，因为，故与共线；③中，设，得，无解，故与不共线，故选A．4．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则一定是（    ）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【解析】因为，所以，则，所以，所以是等腰三角形，故选B．5．已知向量，是单位向量，若，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】∵，是单位向量，若，∴，，，∴，∴，∴，∴，由，∴与的夹角为，故选B．6．已知在中，、、分别为角、、的对边，则根据条件解三角形时恰有一解的一组条件是（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】B【解析】对于A选项，由正弦定理可得，且，故有两解；对于B选项，由正弦定理可得，且，故只有一解；对于C选项，由正弦定理可得，故无解；对于D选项，因为，则角为的最大内角，且，故无解，故选B．7．如图所示，在中，，，，AD为BC边上的高，，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，，，，AD为BC边上的高，可得，由，又因为，所以，所以，故选B．8．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【解析】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． 二、多项选择题：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．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，则下列说法正确的有（    ）A． B．C．若，则 D．【答案】BCD【解析】在三角形中，大角对大边，所以C选项正确；三角形的内角和为，所以D选项正确；由正弦定理得，所以A选项错误；设，则，B选项正确，故选BCD．10．已知向量，，，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则有最小值B．若，则有最小值C．若，则的值为D．若，则的值为1【答案】AD【解析】∵，，∴．对A：若，则，当且仅当，即，，取得等号，故选项A正确；对B：若，则，当且仅当，，取得等号，故选项B错误；对C：若，则，即，则，故选项C错误；对D：，则，所以，，则D正确，故选AD．11．已知两个向量和满足，，与的夹角为，若向量与向量的夹角为钝角，则实数可能的取值为（    ）A． B． C． D．【答案】AD【解析】因为，，与的夹角为，所以，因为向量与向量的夹角为钝角，所以，且不能共线，所以，解得，当向量与向量共线时，有，即，解得，所以实数的取值范围，所以实数可能的取值为A，D，故选AD．12．已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（    ）A．若是锐角三角形，则B．若，则是等腰三角形C．若，则是等腰三角形D．若是等边三角形，则【答案】ACD【解析】对于A，因为是锐角三角形，所以，所以，即，故A正确；对于B，由及正弦定理，可得，即，所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，由及正弦定理化边为角，可知，即，因为为的内角，所以，所以是等腰三角形，故C正确；对于D，由是等边三角形，所以，所以，由正弦定理，故D正确，故选ACD． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若，则_______．【答案】或【解析】，故答案为．14．《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪．以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆文山龟鸟兽之形．中有都柱，傍行八道，施关发机．外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之．其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际．如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之．振声激扬，伺者因此觉知．虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在．验之以事，合契若神．”如图，为张衡地动仪的结构图，现要在相距200km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向，若A地动仪正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置在A地正东___________km．【答案】【解析】如图，设震源在C处，则，则由题意可得，根据正弦定理可得，又，所以，所以震源在A地正东处，故答案为．15．已知，，，则________．【答案】1【解析】因为，，，所以，所以，则，故答案为1．16．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是__________．【答案】【解析】由题设，，则，∴，又B为钝角即为锐角，∴，即，又，∴且，而，∴当时，的最大值为，故答案为． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知，是坐标原点．（1）当A，B，C三点共线时，求的值；（2）当取何值时，取最小值？并求出最小值．【答案】（1）；（2）时，最小值为．【解析】（1）因为，所以，，因为三点共线，所以，交集，解得．（2）因为，所以，，所以，所以当时，．18．（12分）已知中是直角，，点是的中点，为上一点．（1）设，，当，请用，来表示，；（2）当时，求证：．【答案】（1），；（2）证明见解析．【解析】（1）∵，，点是的中点，∴，∴，∵．（2）以点为坐标原点，以，为，轴，建立如图所示平面直角坐标系，设，∴点坐标为，另设点坐标为，∵点是的中点，∴点坐标为，又∵，∴，∴，，所以，，所以，∴．19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，其中，，且．（1）求角B的值；（2）若，判断△ABC的形状．【答案】（1）；（2）等边三角形．【解析】（1）∵，∴，由正弦定理得，，∵，∴，∴，又，所以，可得．（2）由（1）知，余弦定理，①．，②由①②可得，又，所以，所以该三角形为等边三角形．20．（12分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求角B；（2）当时，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，得，即，，又，故．（2）由（1）知，，∴．由余弦定理得，即，当且仅当时等号成立，∴，∴面积的最大值为．21．（12分）如图，梯形，，，分别是的中点，与相交于．（1）以为基底，表示；（2）若，求的值；（3）求．【答案】（1），；（2）；（3）．【解析】（1）在梯形中，，，分别是的中点，与相交于，∴，，∴．（2）∵，∴，，∵，∴，∵分别是的中点，，∴，，即，∴，∵，∴，即．（3）取线段中点，则．∵，，∴，，即四边形为平行四边形，∴，∵，，∴为等边三角形，即，∴，∵，，∴．22．（12分）如图，某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°方向且与该港口相距20nmile的A处，并以30nmile/h的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以vnmile/h的航行速度匀速行驶，经过th与轮船相遇．（1）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？（2）假设小艇的最高航行速度只能达到30nmile/h，试设计航行方案（即确定航行方向与航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．【答案】（1）海里小时；（2）航行方向为北偏东，航行速度为30海里小时，小艇能以最短时间与轮船相遇．【解析】（1）如图设小艇的速度为，时间为相遇，则由余弦定理得，即，当时，取得最小值，此时速度nmile/h，所以，，此时小艇的航行方向为正北方向，航行速度为海里小时．（2）要用时最小，则首先速度最高，即为30海里小时，则由（1）可得，即，解得，此时，此时，在中，，故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东，航行速度为30海里小时，小艇能以最短时间与轮船相遇．