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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
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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.
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