山西省运城市盐湖区运城南风学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：必修第二册第六章.
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. 已知平面向量，，且，则（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示可得答案.
【详解】由题意知，所以，解得．
故选：B
2. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理求解.
详解】解：由正弦定理，
得，
故选：B
3. 已知，，是非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合向量的数量积的性质和运算律判断.
【详解】充分性：由题意知，，为非零向量，当时，可得，故充分性满足；
必要性：当，解得或，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确.
故选：A.
4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理知，
因为，所以，故C正确.
故选：C.
5. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】先求出，再利用投影向量运算即可求解.
【详解】由题意得，
则在上的投影向量为，故D正确.
故选：D
6. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 等边三角形
C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理得，进一步有，由此即可得解.
【详解】由正弦定理及，得，
所以，
得，
因为，，
所以，，所以，
因为，所以，为直角三角形．
故选：C.
7. 如图，平行四边形ABCD中，M是BC中点，N是CD上靠近点D的三等分点，若（，），则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的加法，减法和数乘得到，再利用待定系数法求解.
【详解】解：因为，
所以，所以，
所以，，．
故选：D
8. 第九届中国国际“互联网＋”大学生创业大赛于2023年10月16日至21日在天津举办，天津市以此为契机，加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设．如图，某区域地面有四个5G基站，分别为A，B，C，D．已知C，D两个基站建在河的南岸，距离为20km，基站A，B在河的北岸，测得，，，，则A，B两个基站的距离为（ ）
A. kmB. kmC. 15kmD. km
【答案】A
【解析】
【分析】首先求得，在中，运用正弦定理求得，进一步求得，由此在中利用余弦定理即可求解.
【详解】在中，，
由正弦定理得，
，
在中，易知，，
所以，所以，
由余弦定理得．
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若与是单位向量，则
B. 若非零向量与是相反向量，则
C.
D. 若与共线，与共线，则与共线
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，只需与不共线即可排除；对于B，由相反向量的定义即可求解；对于C，由数量积的定义即可判断；对于D，只需为零向量，、不共线即可排除.
【详解】与是单位向量且方向不同时，，A错误；
根据相反向量的定义可知，与方向相反且两个向量模相等，即，B正确；
，C正确；
若为零向量，、为非零向量，则与不一定共线，D错误．
故选：BC.
10. 内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，可得即，然后可求出，分类讨论从而可求解.
【详解】因为，所以，
由正弦定理可得，又，所以，
因为，，所以，所以，
所以或，当时，；
当时，.故A、C正确.
故选：AC.
11. 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，点O为ABC的外接圆圆心，满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.由余弦定理求解；B.根据点O为ABC的外接圆圆心，利用投影求解；C.由，再利用数量积的投影求解；D.根据，由，联立求解.
【详解】A.由余弦定理知，又，所以，A正确；
B.因为点O为ABC的外接圆圆心，所以，，所以，B错误；
C. ，C正确；
D.因为，则，
又，即①，
同理，
即，所以②，
联立①②，解得，，，D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则_______．
【答案】1
【解析】
【分析】利用余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理得.
故答案为：.
13. 设，向量，，且，则____________；当时，的取值范围为____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程求得，进而可得空1答案；利用平方的方法，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】空1：因为，所以，即，得；
空2：由题知，又，
所以当时，取得最小值，最小值为12，
当时，取得最大值，最大值为28，
故的取值范围为．
故答案为：；.
14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是边BC边上一点，，，且，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】由等面积法可得：，可得，再结合基本不等式求最值.
【详解】由等面积法可得：，
所以，
所以，可得，
所以，
当且仅当，时取等号，所以的最小值为．
故答案为：
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若，，求b，c的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边得，由余弦定理边化角即可求解；
（2）直接由余弦定理列方程组即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理及，得．
由余弦定理得．
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）知，又，，
由余弦定理可得，，即，
解得，．
16. 已知向量，满足，，．
（1）求与的夹角；
（2）若，求．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积性质及运算规律即可求解.
（2）由，再利用求模公式求解.
【小问1详解】
因为，，，设，
所以，
所以，
因为，所以，即与的夹角为．
【小问2详解】
因，
则，
故．
17. 已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为R，且．
（1）求B；
（2）若，，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，结合，从而求解．
（2）由，得到．再结合正弦定理得到求解.
【小问1详解】
由题知，
所以．
又，
所以，
所以．
因为，，
所以．
又，所以．
【小问2详解】
因为，
所以，即．
又，
所以，
因为，
所以，即，
所以，故，
所以，
故的取值范围为．
18. 如图，正方形的边长为6，E是的中点，F是边上靠近点B的三等分点，与交于点M．
（1）求的值；
（2）已知点P是正方形四条边上的动点，若，求的长度．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）建立适当的平面直角坐标系，求出的坐标，由向量坐标的数量积公式即可求解；
（2）首先由，，得出点满足的两条直线方程，联立得的坐标，进一步由，对分类讨论即可求出它的位置，由向量模的坐标公式即可求解.
【小问1详解】
如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系．
则，，，，
所以，，
所以．
【小问2详解】
设，
所以，
因为，
所以，
所以．
因为，，，
所以，所以，
所以，所以，，所以．
由题得，又，由图易知，点P在线段上或线段，
①若P在上，设，，，，则，
解得，
所以，．
②若P在上，设，，，，则，
解得，
所以，．
综上，的长度为或．
19. 定义非零向量的“相伴函数”为（），向量称为函数（）的“相伴向量”（其中O为坐标原点）．
（1）设（），写出函数的相伴向量；
（2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记向量的相伴函数，若且，求的取值范围；
（3）已知，，为（2）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在点
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果；
（2）首先根据相伴函数的概念求出，进而求出，通过正弦定理将表示成关于的三角函数，进而可得结果；
（3）求出，设，由数量积为0列出关于的方程，结合性质即可得结果.
【小问1详解】
，
所以函数的相伴向量．
【小问2详解】
由题知，
由，得．
又，即，所以．
又，由正弦定理，得，，
即．
因为，所以，
所以，即取值范围为．
【小问3详解】
由（2）知，
所以，
设，因为，，
所以，，
又因为，所以，
所以，
即，所以．
因为，所以，
所以，
又因为，
所以当且仅当时，和同时等于，
所以在图像上存在点，使得．