重庆市南开中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了已知向量，则，下列各式中不能化简为的是，所在平面内一点满足，若，则等内容，欢迎下载使用。

1.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C.2 D.
2.已知向量，则（ ）
A.30 B.45 C.60 D.120
3.下列各式中不能化简为的是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知单位向量，满足，若向量，则=（ ）
A. B. C. D.
5.若平面向量，满足，则对于任意实数，的最小值是（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为上的一点，且，则实数m的值为（ ）
A. B. C. D.
7.所在平面内一点满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若实数a､b､c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A. B. C.2 D.
二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9.已知､､均为非零向量，下列命题错误的是（ ）
A.， B.可能成立
C.若，则 D.若，则或
10.若直线与函数图象交于不同的两点，，已知点，为坐标原点，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知，且方程无实数根，下列命题正确的是（ ）
A.方程也一定没有实数根
B.若，则不等式对一切实数都成立
C.若，则必存在实数，使成立
D.若，则不等式对一切实数都成立
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为_____（用坐标表示）.
13.如图，在和中，是的中点，，，若，则与的夹角的余弦值等于______.
14.已知平面向量，，，，满足，，，则的最大值为______.
四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.如图，在中，为中线上一点，且，过点的直线与边，分别交于点，.
（1）用向量，表示；
（2）设向量，，求的值.
16.在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，，满足.
（1）求的值；
（2）已知，，，若函数的最大值为3，求实数的值.
17.如图，在等腰梯形中，，，，是的中点.
（1）记，且，求，值；
（2）记，是线段上一动点，且，求的取值范围.
18.如图，A､B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且（为锐角）.点C为单位圆上的动点，线段交线段于点.
（1）求（结果用表示）；
（2）若
①求的取值范围：
②设，记，求函数的值域.
19.如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动.
（1）求出的值.
（2）求的范围.
（3）若，当最大时，求的值.
重庆南开中学校高2026级数学测试
参考答案
一､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.B
【解析】
【分析】直接利用正弦定理，结合题中所给的条件，求得结果.
【详解】根据正弦定理可得，
即，解得，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有利用正弦定理解三角形，属于基础题目.
2.A
【解析】
【详解】试题分析：由题意，得，所以，故选A.
【考点】向量的夹角公式.
【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度､角度､垂直等有关的问题.
3.【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量加､减运算法则及运算律计算可得.
【详解】对于A：，故A不合题意；
对于B：，故B满足题意；
对于C：，故C不合题意；
对于D：，故D不合题意.
故选：B
4.【答案】B
【解析】
【分析】计算出，及，从而利用向量余弦夹角公式计算得到，再利用同角三角函数平方关系求出.
【详解】因为，是单位向量，
所以，
又因为，，
所以，
，
所以，
因为，
所以.
故选：B.
5.A
【解析】
【分析】
设向量夹角为，设与的夹角为，利用和，得到，进而得到的最小值
【详解】由题意得，设向量夹角为，则，
，设与的夹角为，
，，
，，
故选：A
【点睛】关键点睛：解题关键在于利用，
得到，关键点在于根据与的夹角，得出的最小值，难度属于中档题
6.A
【解析】
【分析】
可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可.
【详解】解：，F为BC的中点，
，
设
，
又，
，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于中档题.
7.C
【解析】
【分析】
根据平面向量基本定理，用作为基底表示出.即可求得，由余弦二倍角公式即可求得.
【详解】所在平面内一点，
所以
因为
所以
由余弦二倍角公式可得
故选：C
【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，用基底表示向量形式，余弦二倍角公式的简单应用，属于基础题.
8.B
【解析】
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1､根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2､熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性､奇偶性､对称性､周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点､最值点､零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9.ACD
【解析】
【分析】利用平面向量积的定义可判断A选项；利用特例法可判断BCD选项.
【详解】仍是向量，不是向量，A错；
不妨取，，，则，
，此时，B对；
若，，，则，但，C错；
若，，则，但，，D错.
故选：ACD.
10.CD
【解析】
【分析】首先判断的奇偶性，即可判断A，从而得到､两点关于原点对称，再根据平面向量的坐标运算求出､，即可判断B､C，设，则，根据数量积的坐标运算判断D.
【详解】对A，因为定义域为，
则，，故A错误；
对B，由，所以，所以为奇函数，
又直线与函数图象交于不同的两点，，
则､两点关于原点对称，且､的中点为坐标原点，
所以，又，，
所以，解得，所以，则，又，
所以，故B错误；
对C，又，故C正确；
对D，不妨设，则，
所以，，
，，
所以
，故D正确.
故选：CD
11.ABD
【解析】
【分析】依题意可得函数的图象与直线没有交点，所以或恒成立，从而得到或恒成立，然后再逐一判断即可得出答案.
【详解】因为方程无实数根，即函数的图象与直线没有交点，
所以或恒成立.
因为或恒成立，
所以没有实数根，故A正确；
若，则不等式对一切实数都成立，故B正确；
若，则不等式对一切实数都成立，
所以不存在实数，使，故C错误；
若，则，可得，因此不等式对一切实数都成立，故D正确；
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【解析】
【分析】直接利用向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】向量在向量上的投影向量是，
故答案为：.
13.
【解析】
【分析】由题设得，由求，又，即可得，进而求与的夹角的余弦值.
【详解】由图知：，，
∴，
又，且，，
∴，
∴，而，即，
又，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据几何图形，结合向量加减法的几何应用及数量积的运算律，得到，进而求向量夹角余弦值.
14.
【解析】
【分析】先将所求向量式转化变形，参变向量分离，再由变形向量式的几何意义判断最值状态，最后坐标运算求解最值.
【详解】设，
则
设，，不妨设，，
，，，即为的重心.
则，
点位于圆上或圆内，故当在射线与圆周交点时，最大，即最大时.
由得，.
当且仅当时，取到最大值.
故答案为：.
【点睛】向量式的最值问题求解，要重视三个方面的分析：一是其本质上与函数的最值求解一致，变形时要搞清参变向量，从而把握变形方向；二是要重视向量本身数形兼具的特点，利用几何意义求解最值；三是坐标应用，向量坐标化将问题转化为函数最值问题求解.
四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，结合向量的线性运算，再用，表达即可；
（2）用，表达，结合三点共线即可求得.
【小问1详解】
∵为中线上一点，且，
∴
；
【小问2详解】
∵，，，
∴，又，，三点共线，
∴，解得，故的值为.
16.（1）2；（2）.
【解析】
【分析】（1）化简得，即得的值；（2）先求出，再换元利用二次函数的图像和性质求实数的值.
【详解】（1）由题意知，，即，
所以，即.
（2）易知，，，
则，，
所以，
令，
则，，其对称轴方程是.
当时，的最大值为，解得；
当时，的最大值为，解得（舍去）.
综上可知，实数的值为.
【点睛】本题主要考查向量的线性运算和平面向量的数量积，考查二次函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
17.（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由，将两边平方，结合数量积的运算律及定义得到方程，解得即可；
（2）建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出数量积，再根据对勾函数的性质计算可得.
【小问1详解】
依题意，
所以，
即，
即，又，解得，（负值舍去）；
【小问2详解】
过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，
所以，，，，，
所以，，，
因为，所以
所以，
所以
，
令，，
设且，则，
当时，，则，又，
所以；
当时，，则，又，
所以；
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，且，
所以，
所以，即的取值范围为.
18.（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据数量积的定义以及几何意义结合图形分析运算；
（2）①根据数量积结合三角函数运算求解；②结合图形分析可得，根据向量的相关知识运算整理，再结合函数单调性与最值，运算求解.
【小问1详解】
【小问2详解】
①.
设.由题意得，则
所以
因为，则
所以，则；
（2）设，
则，
所以，由得，
即，整理得，
所以，
所以.
即.
，令
∵，则，即
∴在上单调递增，则
所以函数值域是.
19.（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）由（1）知，根据正弦函数的性质计算可得；
（3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，又，两边同除，令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解；
【小问1详解】
以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示.
由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，.
因为点在以为圆心，为半径的圆上运动，故设，
则，，，
所以
.
【小问2详解】
由（1）知，
又因为，所以，
即.
【小问3详解】
因为
，
所以，
代入整理得，，
显然，两边同时除以，
得，
令，，则，
即，
所以，即，
解得，所以（即）的最大值为.
此时，所以，
所以，，所以.