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

这是一份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，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：A7．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：ABC12．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2A．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.