2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共15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。

1.已知在△ABC中，AB=2，AC=1，csA=56，则BC=( )
A. 1B. 52C. 53D. 153
2.已知向量a=(3,1)，b=(3,2)，c=(1,4)，则cs〈a,b−c〉=( )
A. 55B. 53C. 510D. − 55
3.已知α为第二象限角，且sin(α+π6)= 33，则cs(2α−π6)=( )
A. 2 23B. −2 23C. 23D. −23
4.如图所示，为测量河对岸一点C与岸边一点A之间的距离，已经测得岸边的A，B两点间的距离为m，∠CAB=α，∠CBA=β，则C，A间的距离为( )
A. msinβsinα
B. msinαsinβ
C. msinβsin(α+β)
D. msin(α+β)sinβ
5.在△ABC中，已知A=π6，a=2，若△ABC有两解，则( )
A. 2≤b<4B. b≥4C. 26.设G为△ABC的重心，则GA+2GB+3GC=( )
A. 0B. ACC. BCD. AB
7.如图，在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且MN=2BC，点E为DC的中点，则EM⋅EN=( )
A. −3B. −2C. −32D. −12
8.△ABC中，sin(π2−B)=cs2A，则AC−BCAB的取值范围是( )
A. (−1,12)B. (13,12)C. (12,23)D. (13,23)
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.已知函数f(x)=2cs(2x+π6)，则下列描述正确的是( )
A. 函数f(x)的最小正周期为π
B. x=π6是函数f(x)图象的一个对称轴
C. (−π3,0)是函数f(x)图象的一个对称中心
D. 若函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度可得函数g(x)的图象，则g(x)为奇函数
10.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则以下四个命题正确的有( )
A. 当a=5，b=7，A=60°时，满足条件的三角形共有1个
B. 若sinA：sinB：sinC=3：5：7，则这个三角形的最大角是120°
C. 若a2+b2>c2，则△ABC为锐角三角形
D. 若C=π4，a2−c2=bc，则△ABC为等腰直角三角形
11.如图，△ABC中，BD=13BC，点E在线段AC上，AD与BE交于点F，BF=12BE，则下列说法正确的是( )
A. AD=23AB+13AC
B. |AE|=23|EC|
C. AF+2BF+CF=0
D. S△BFD：S△AFB=1：3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=45°，B=60°，b= 3，则a= ______．
13.若向量a,b满足a=(1,1)，|b|=1，且a在b上的投影向量为−b，则(a+b)⋅b= ______．
14.已知向量a，b的夹角为π3，|b|=2，若对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b−12a|，则函数f(t)=|tb−a|+|tb−12a|(t∈R)的最小值为______．
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.(本小题13分)
已知平面向量a=(1,x)，b=(2x+3,−x)，x∈R．
(1)若a⊥b，求x的值；
(2)若a//b，求|2a−b|的值．
16.(本小题15分)
如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，BM=MC，AN=NC，AM，BN相交于点P.设AB=a，AC=b．
(1)用向量a，b表示BN；
(2)求AM，BN夹角θ的余弦值．
17.(本小题15分)
在海岸A处，发现北偏西75°的方向，与A距离2海里的B处有一艘走私船，在A处北偏东45°方向，与A距离( 3−1)海里的C处的缉私船奉命以10 3海里/小时的速度追截走私船.此时，走私船正以10海里/小时的速度从B向北偏西30°方向逃窜，问：
(1)刚发现走私船时，缉私船距离走私船多远？在走私船的什么方向？
(2)缉私船沿什么方向能最快追上走私船？
18.(本小题17分)
请在下列三个条件中选择一个填入横线中并完成问题．
①2b−ac=csAcsC；②2ccsC=acsB+bcsA；③ccsA+ 3csinA=b+a．
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_____．
(1)求角C；
(2)若△ABC的面积为3 32，且a+b=5，求c．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由余弦定理知，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA=4+1−2×2×1×56=53，
所以BC= 153．
故选：D．
利用余弦定理，即可得解．
本题考查余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(3,1)，b=(3,2)，c=(1,4)，
∴|a|= 10，b−c=(2,−2)，
∴a⋅(b−c)=4，|b−c|=2 2，
故cs=a⋅(b−c)|a||b−c|=4 10×2 2= 55．
故选：A．
先求出a⋅(b−c)，再利用向量的夹角公式求解．
本题主要考查了平面向量的坐标运算，考查了向量的夹角公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，由于α为第二象限角，则π2+2kπ<α<π+2kπ,k∈Z，
故2π3+2kπ<α+π6<7π6+2kπ,k∈Z，
又由sin(α+π6)= 33>0，则2π3+2kπ<α+π6<π+2kπ,k∈Z，
变形有4π3+4kπ<2α+π3<2π+4kπ,k∈Z，
故cs(2α+π3)=1−2sin2(α+π6)=1−2×( 33)2=13，
又由cs(2α+π3)=13>0，而4π3+4kπ<2α+π3<2π+4kπ,k∈Z，
所以3π2+4kπ<2α+π3<2π+4kπ,k∈Z，
故sin(2α+π3)=−2 23，
所以cs(2α−π6)=cs(2α+π3−π2)=sin(2α+π3)=−2 23．
故选：B．
根据题意，分析α+π6、2α−π6的关系，结合二倍角公式以及同角关系即可求解．
本题考查三角函数的恒等变形，涉及二倍角公式的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为AB=m，∠CAB=α，∠CBA=β，
所以∠ACB=π−α−β，
在△ABC中，利用正弦定理可得ABsin∠ACB=CAsin∠CBA，
所以msin(π−α−β)=CAsinβ，
所以CA=msinβsin(π−α−β)=msinβsin(α+β)．
故选：C．
由题意利用三角形内角和定理可求∠ACB=π−α−β，在△ABC中，利用正弦定理即可求解CA的值．
本题考查了三角形内角和定理，正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图所示，
要使△ABC有两解，则以B为圆心，2为半径的圆与射线AC有两个交点，
△ABC有两解的充要条件为bsinA因为A=π6，a=2，
所以可得2故选：C．
根据正弦定理及图形关系得到bsinA本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：G为△ABC重心，
GA+GB+GC=0，
则GA+2GB+3GC=2GA+2GB+2GC+AG+GC=AC．
故选：B．
根据已知条件，结合重心的定义，以及向量的运算，即可求解．
本题主要考查重心的定义，以及向量的运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：在边长为2的正方形ABCD中，其对称中心O平分线段MN，且MN=2BC，点E为DC的中点，
则MN=2BC=4，OM=2，OE=1，
则EM⋅EN=(EO+OM)⋅(EO+ON)=(EO+OM)⋅(EO−OM)=|EO|2−|OM|2=1−4=−3，
故选：A．
利用平面向量的线性运算表示出EM⋅EN=(EO+OM)⋅(EO+ON)=(EO+OM)⋅(EO−OM)=|EO|2−|OM|2，结合题意，即可得出答案．
本题考查平面向量的线性运算，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，sin(π2−B)=csB=cs2A，
在△ABC中，A，B∈(0,π)，故2A=B或2A+B=2π，
当2A+B=2π时，A+B2=π，故A+B>π，不合要求，舍去，
所以2A=B，C=π−A−B=π−A−2A=π−3A，
因为A，B∈(0,π)，所以2A∈(0,π)，即A∈(0,π2)，
因为C=π−3A∈(0,π)，所以A∈(0,π3)，
由正弦定理得ACsinB=ABsinC=BCsinA，
故AC−BCAB=sinB−sinAsinC=sin2A−sinAsin(π−3A)=2sinAcsA−sinAsin(2A+A)=2sinAcsA−sinAsin2AcsA+cs2AsinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，
故AC−BCAB=2csA−12cs2A+cs2A=2csA−14cs2A−1=2csA−1(2csA−1)(2csA+1)，
因为A∈(0,π3)，所以2csA−1>0，
故AC−BCAB=12csA+1，
因为A∈(0,π3)，所以csA∈(12,1)，2csA∈(1,2)，2csA+1∈(2,3)，
故AC−BCAB=12csA+1∈(13,12)．
故选：B．
化简得到csB=cs2A，从而得到2A=B，得到C=π−3A，A∈(0,π3)，利用正弦定理得到AC−BCAB=12csA+1，从而得到AC−BCAB的取值范围．
本题考查诱导公式、倍角公式、和差角公式的运用，考查正弦定理，属中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A：函数f(x)=2cs(2x+π6)的最小正周期T=2π2=π，故A正确；
对于B：f(π6)=2cs(2×π6+π6)=2csπ2=0，所以f(x)关于(π6,0)对称，故B错误；
对于C：f(−π3)=2cs(−2π3+π6)=0，所以(−π3,0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故C正确；
对于D：将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度得到g(x)=2cs[2(x+π6)+π6]=2cs(2x+π2)=−2sin2x，则g(−x)=−2sin(−2x)=2sin2x=−g(x)，所以g(x)为奇函数，故D正确．
故选：ACD．
根据余弦函数的性质一一判断即可．
本题考查的知识点：余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A：∵a=5，b=7，A=60°，
∴在△ABC中，由正弦定理得sinB=bsinAa=7× 325=7 310>1，此时B无解，故A错误；
对于B：sinA：sinB：sinC=3：5：7，由正弦定理得a：b：c=3：5：7，设a=3k，b=5k，c=7k，其中k>0，
∴C为最大角，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=9k2+25k2−49k230k2=−12，
又C∈(0°,180°)，则C=120°，故B正确；
对于C：∵a2+b2>c2，∴csC=a2+b2−c22ab>0，即C为锐角，无法判断其他角也是锐角，故C错误；
对于D：C=π4，a2−c2=bc①，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=b2+bc2ab=b+c2a=csπ4= 22，则b+c= 2a②，
联立①②得a2= 2ac，即a= 2c，
∴sinA= 2sinC=1，
又A∈(0°,180°)，则A=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，故D正确．
故选：BD．
根据正弦定理、余弦定理，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：因为BD=13BC，
所以AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，即A正确；
对于B：设AE=λAC，AF=μAD，
由选项A知，AD=23AB+13AC，
所以AF=μAD=2μ3AB+μ3AC=2μ3AB+μ3λAE，
因为BF=12BE，即点F是BE的中点，
所以AF=12AB+12AE，
所以2μ3=12μ3λ=12，解得λ=12，μ=34，
所以AE=12AC，AF=34AD，
所以|AE|=|EC|，即B错误；
对于C：AF=μAD=2μ3AB+μ3AC=12AB+14AC，
BF=AF−AB=12AB+14AC−AB=−12AB+14AC，
CF=AF−AC=12AB+14AC−AC=12AB−34AC，
所以AF+2BF+CF=12AB+14AC+2(14AC−12AB)+12AB−34AC=0，即C正确；
对于D：由上可知，AF=34AD，
所以S△BFD：S△AFB=|FD|：|AF|=1：3，即D正确．
故选：ACD．
选项A，由已知可得BD：DC=1：2，进而得AD=23AB+13AC；选项B，设AE=λAC，AF=μAD，以AB,AE为基底表示AF，可构造关于λ和μ的方程组，解之，即可作出判断；选项C，根据向量的线性运算法则即可判断；选项D，根据AF=34AD，利用三角形面积比即可判断．
本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的线性运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】 2
【解析】解：由正弦定理bsinB=asinA，得 3sin60°=asin45∘，所以a= 3× 22 32= 2．
故答案为： 2．
根据正弦定理可得结果．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
13.【答案】0
【解析】解：∵a=(1,1)，|b|=1，且a在b上的投影向量为−b，
即a⋅b|b|⋅b|b|=(a⋅b)⋅b=−b，
∴a⋅b=−1，
∴(a+b)⋅b=a⋅b+|b|2=−1+1=0．
故答案为：0．
依题意，利用向量投影的意义可求得a⋅b=−1，再利用向量数量积的性质及其运算可求得答案．
本题考查平面向量数量积的坐标运算及向量投影的应用，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】 7
【解析】解：设OA=a，OB=b，则∠AOB=π3，OB=2，作BC⊥OA，垂足为C，
则|b+xa|≥|BC|=|OB−OC|，
∵对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b −12a|，
∴OC=12a=12OA
∵OC=1，∴OA=2，
以O为原点，以OA所在直线为X轴建立平面直角坐标系，
则O(0,0)，C(1,0)，A(2,0)，
设OD=tb，则f(t)=|tb−a|+|tb−12a|=|DA|+|DC|，
设C关于直线OB的对称点为E，则E(−12, 32)，∴|DA|+|DC|=|DA|+|DE|≥|AE|，
∴当A，D，E三点共线时，f(t)取得最小值，最小值为|AE|= OA2+OE2= 7．
故答案为： 7．
设OA=a，OB=b，作出向量的几何图形，根据B到OA最小距离可计算OA，将问题转化为求直线OB上的点到两定点的距离之和问题．
本题考查平面向量的模，平面最短距离问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)若a⊥b，则a⋅b=1×(2x+3)+x⋅(−x)=0．
整理得x2−2x−3=0，解得x=−1或x=3．
所以x的值为−1或3．
(2)若a//b，则1×(−x)−x(2x+3)=0，即x(2x+4)=0，解得x=0或x=−2．
当x=0时，a=(1,0)，b=(3,0)，所以2a−b=(−1,0)，|2a−b|=1．
当x=−2时，a=(1,−2)，b=(−1,2)，所以2a−b=(3,−6)，所以|2a−b|= 32+(−6)2=3 5．
综上，|2a−b|的值为1或3 5．
【解析】(1)运用两向量垂直坐标公式x1x2+y1y2=0计算即可．
(2)运用两向量平行坐标公式x1y2−x2y1=0计算可求得x的值，结合向量线性运算及模的坐标公式计算即可．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
16.【答案】解：(1)∵AN=NC，AB=a，AC=b．
∴BN=AN−AB=12AC−AB=12b−a；
(2)∵BM=MC，AB=a，AC=b，
∴AM=12(AB+AC)=12a+12b，
∵BN2=(12b−a)2=14b2+a2−a⋅b=14×16+4−2×4×12=4，∴|BN|=2，
∵AM2=(12a+12b)2=14b2+14a2+12a⋅b=7，∴|AM|= 7，
∵AM⋅BN=(12a+12b)⋅(12b−a)=14b2−12a2−14a⋅b=1，
∴csθ=AM⋅BN|AM|⋅|BN|=12 7= 714．
【解析】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，利用数量积求向量的夹角，属于中档题．
(1)根据平面向量线性运算法则计算可得；
(2)根据数量积的定义求出|BN|=2，|AM|= 7，AM⋅BN的值，再根据向量的夹角公式即可得解．
17.【答案】解：(1)由题意，可得AB=2,AC= 3−1,∠BAC=120°，
则BC= AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC= 4+4−2 3+2 3−2= 6，
在△ABC中，由正弦定理ABsin∠ACB=BCsin∠BAC，即2sin∠ACB= 6 32，
解得sin∠ACB= 22，因为0°<∠ACB<180°−120°=60°，所以∠ACB=45°，所以BC为水平线，
所以刚发现走私船时，缉私船距离走私船 6海里，在走私船的正东方向．
(2)设经过时间t小时后，缉私船追上走私船，
在△BCD中，可得BD=10t,CD=10 3t,∠DBC=120°，
由正弦定理得sin∠BCD=BDsin∠CBDCD=10t× 3210 3t=12，
因为∠BCD为锐角，所以∠BCD=30°，
所以缉私船沿北偏西60°的方向能最快追上走私船．
【解析】(1)根据题求得BC= 6，由正弦定理求得sin∠ACB= 22，得到∠ACB=45°，得出BC为水平线；
(2)设经过时间t小时后，缉私船追上走私船，得到BD=10t,CD=10 3t,∠DBC=120°，结合正弦定理求得∠BCD=30°，进而得到答案．
本题考查正余弦定理，考查方位角，属于中档题．
18.【答案】解：(1)选条件①时，2sinB−sinAsinC=csAcsC⇒2sinBcsC−sinAcsC=sinCcsA，
⇒2sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)，
由A+C=π−B，得2sinBcsC=sinB，
又sinB≠0得csC=12,C∈(0,π)得C=π3．
选条件②时，由正弦定理，知asinA=bsinB=csinC，
因为2ccsC=acsB+bcsA，
所以2sinCcsC=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sinC，
因为sinC≠0，所以csC=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3．
选条件③时，由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
整理得：sinCcsA+ 3sinCsinA=sinA+sinB，
由于sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
得到：sinCcsA+ 3sinCsinA=sinAcsC+csAsinC+sinA，
由于sinA≠0，得到 3sinC=csC+1，
整理得2sin(C−π6)=1，
因为−π6所以C=π3．
(2)由S△ABC=12absinC，
所以3 32=12ab× 32，
所以ab=6，又a+b=5，
所以a2+b2=(a+b)2−2ab=52−2×6=13，
由余弦定理，知c2=a2+b2−2abcsC=13−2×6×12=7，
所以c= 7．
【解析】(1)选条件①时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换，求出C的值；
选条件②时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换，求出C的值；
选条件③时，直接利用正弦定理和三角函数的关系式的变换，求出C的值；
(2)根据△ABC的面积为3 32，求出ab，然后由a+b=5，利用余弦定理，求出c的值．
本题考查的知识要点：三角恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．