2022-2023学年江苏省徐州市第一中学高一下学期月考数学试题含答案

2022-2023学年江苏省徐州市第一中学高一下学期月考数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用两角差的余弦公式即可求解.

【详解】．

故选：A.

2．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若：：：2：3，则a：b：（    ）

A．1：2：3 B．3：2：1 C．2：：1 D．1：：2

【答案】D

【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角形的内角和为运算求解.

【详解】∵：：：2：3，且，

∴，，，则，

故

故选：

3．向量，若，则实数a＝（    ）

A．－4 B．－2 C．2 D．4

【答案】B

【分析】由向量线性运算坐标表示得，结合向量平行有且，列方程组求参数值即可.

【详解】由，又，

所以且，故，得.

故选：B

4．如图所示，点在线段上，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平面向量的基本定理求解即可.

【详解】因为，所以，

因为，

所以，即.

故选：C.

5．如图所示，为了测量山高，选择和另一座山的山顶作为测量基点，从点测得点的仰角，点的仰角，，从点测得，已知山高，则山高（单位：）为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析出为等腰直角三角形，求出的长，在中，利用正弦定理可求得的长，然后在中可求得的长，即为所求.

【详解】在中，，因为，则为等腰直角三角形，

故，

在中，，，则，

由正弦定理可得，，

在中，，又因为，则.

故选：C.

6．如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是BC的中点，P是的中点，连接PM．若，则线段PM的最大值为（    ）

A．2.5 B． C．3 D．4

【答案】C

【分析】由题意，借助余弦定理得，进而可得到线段PM的最大值.

【详解】由题意，

绕顶点C逆时针旋转得到，P是的中点，则

设,

则，

，

，

故选：C.

7．在中，若，则的面积是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】利用余弦定理得，联立解出值，求出,再利用三角形面积公式即可求出答案.

【详解】由余弦定理得，代入，得

，联立化简得，

解得或（舍去），故，

，则,

故.

故选：D.

8．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据求出，，再根据可求出结果.

【详解】因为，

所以，

，

所以

.

故选：D

二、多选题

9．下列各式中，值为的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，由诱导公式及正弦和公式化简求值；对于B，由二倍角公式、诱导公式化简求值；对于C，由辅助角公式化简求值；对于D，先去括号，由两角和的正切公式化简即可判断．

【详解】对于A，，故A对；

对于B，，故B对；

对于C，，故C错；

对于D，

，故D对．

故选：ABD．

10．在中，内角所对的边分别为．若且该三角形有两解，则的值可以为（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】AB

【解析】根据正弦定理可求出，再依据该三角形有两解可知，，即得角的取值范围，依据正弦函数的图象即可求出的取值范围，从而得解．

【详解】由正弦定理得，且，所以，即．

因为该三角形有两个解，当时只有一解，所以．

故选：AB．

【点睛】本题主要考查由三角形解的个数求某一边的取值范围，可采用正弦定理，余弦定理，以及几何法等求解，属于基础题．

11．正方形的边长为4，是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点，，则（    ）

A．最大值为1 B．最大值为2

C．存在使得 D．最大值是8

【答案】AD

【分析】根据题设条件，建立平面直角坐标系，把数量积问题转化为坐标运算来解决，结合三角函数的性质即可对选项进行判定．

【详解】以线段所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，

如图所示：设，，

，，，，，

，，，

，，

，解得，

，则，，

，时，取最大值1，正确；

，其中，，为锐角，

当即时，取最大值，故B错误；

若，则有，

整理得，得，即，

故不存在满足条件的值，即不存在符合条件的点，C错误；

由于，

，时，的最大值为8，D正确．

故选：AD．

12．已知函数，说法正确的是（    ）

A．在区间上单调递增

B．方程在的解为，且

C．的对称轴是

D．若，则

【答案】AB

【分析】将函数写成分段函数，即可画出函数图象，再结合函数图象一一分析即可.

【详解】因为

，

即，

所以的图象如下所示：

，

由图可知函数是周期为的周期函数，函数在上单调递增，

所以在区间上单调递增，故A正确，

由图可知不是函数的对称轴，故C错误；

因为，所以与的交点即为所求，如图知有四个交点，

且，，

所以，故B正确.

由图象可知若，所以，，

则，，，，

所以，，，故D错误.

故选：AB

三、填空题

13．已知向量，满足，，，则         .

【答案】

【分析】根据模长公式及向量的数量积公式求解即可.

【详解】由可得，，即，解得：，

所以．

故答案为：．

14．在中，若，则         .

【答案】

【分析】利用两角和的正切公式结合诱导公式化简可得的值，再利用二倍角的正切公式化简可得的值.

【详解】因为，

所以，，

由题意可得，

若，则，不妨设为锐角，则，

则，不合乎题意，

所以，，故，因此，.

故答案为：.

15．在△ABC中，，，，P为线段AB上一点，则的最小值为         ．

【答案】

【分析】根据题意建立以C为原点的坐标系，求出A、B两点的坐标，以及直线AB的方程，用坐标法表示，根据x的取值范围，利用二次函数性质，求出最小值．

【详解】以C为坐标原点，建立如图所示坐标系，

则有，则直线AB的方程为，

设，则，，

则，，

所以，

又因为，所以，

代入上式得，，

当时，取得最小值．

故答案为：．

16．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为     ．

【答案】

【分析】由正弦定理和余弦定理得到，从而得到，异号，分，和，两种情况，第一种情况不成立，第二种情况得到，结合得到的取值范围，再由对勾函数的性质即可求解．

【详解】因为，

所以由正弦定理及余弦定理可得，

所以，

因为为的一个内角，所以，

由，知，异号．

若，，则为钝角，，为锐角，

则，

所以在上单调递减，而为锐角，

故，所以，不合题意；

若，，则为钝角，，为锐角，

因为，所以，

由，得，

即，

因为，为锐角，所以，，

方程两边同除以得：，

故得，即，

因为为锐角，所以，所以．

令，则由对勾函数的性质可知，在上单调递减，

所以的值域为，

即的取值范围为．

故答案为：．

四、解答题

17．已知的三个内角，，所对的边分别是，，，且，，．

(1)求的边；

(2)求边上的高．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理即可求解；

（2）设出边上的高，然后利用三角形的面积公式建立方程即可求解．

【详解】（1）因为，，，

由余弦定理可得：，

所以；

（2）因为，

设边上的高为，则由三角形的面积可得：

，即，

解得，则边上的高为．

18．已知．

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，解方程求得．

（2）利用同角三角函数的基本关系及二倍角公式可得，把代入运算．

【详解】（1），，解得．

（2）．

19．已知向量，，．

(1)若，求t的值；

(2)若与的夹角为锐角，求t的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出的坐标，再由，可得，从而可求出t的值，

（2）由于与的夹角为锐角，所以，且与不共线，从而可求出t的取值范围

【详解】（1）因为，，，

所以，

因为，所以，

解得

（2）因为与的夹角为锐角，

所以，且与不共线，

由，得，解得，

当与共线时，，解得，

所以当且时，与的夹角为锐角，

所以所求的t的取值范围为

20．已知向量，，．

(1)求的最小正周期；

(2)当时，求的最大值与最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换得，从而求得最小正周期；

（2）先求得，再求在的最大值与最小值.

【详解】（1）

所以的最小正周期

（2）∵,

∴当时,取得最小值.

当时,取得最大值.

∴在上的值域是.

所以

21．在，角，，对的边分别为，，，．

(1)若外接圆的半径为，边上的中线长为，求的周长．

(2)若在线段上，平分，，且，求面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合正弦定理，推出，再结合向量的运算以及余弦定理，求出，进而可求，即可求解．

（2）由可知，，结合三角形的面积公式可求出，进而得出答案．

【详解】（1）外接圆的半径为，，由正弦定理得，解得，

设为边上的中点，则，，

利用向量加法法则得：，又，

所以，即①，

由余弦定理，即②，

①②可得，，即，

所以，所以，

所以的周长为．

（2）由在线段上，可知，，

，平分，则，又，

由得，即，则，

由得，即，则，

故的面积为．

22．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且三角形的外接圆半径为．

(1)求C的大小；

(2)若的面积为，求的值；

(3)设的外接圆圆心为O，且满足，求m的值．

【答案】(1)；

(2)；

(3)﹒

【分析】(1)结合已知式子，利用余弦定理和三角恒等变换即可求出cosC，从而求出C；

(2)利用余弦二倍角公式将中cos2A化为sinA，再利用正弦定理将sinA和sinB化为a、b，利用三角形面积公式可求ab，利用余弦定理可求，代入化简的式子即可计算；

(3)将已知式子里面的sin2B和sin2A展开，等式边同时除以2sinAsinB，再同时乘以，利用三角形外心的性质表示出、，代入化简计算即可求出m．

【详解】（1）在中，，

即，

由余弦定理得，，

即，

即，

即，

在中，，则，

又∵，∴；

（2），

由正弦定理得，∴，

则

，

由余弦定理得，

∴＝；

（3）∵，

∴，

sinAsinB≠0，上式两边同时除以2sinAsinB得，

两边同时乘以：，

∴①，

如图，

∵O是△ABC的外心，∴，

∴，

同理，，

代入①式得，

由正弦定理，得，，

代入化简得，

∴．