江苏省常州市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省常州市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共19题 满分：150分 考试时间：120分钟
一、单项选择题：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a=3,−4，则与a同向的单位向量为（ ）
A．1,0B．0,1C．35,−45D．−35,45
2．sinπ12的值是（ ）
A．6+24B．6−24C．−6+24D．−6−24
3．已知2sinπ−α=3sinπ2+α，则sin2α−12sin2α−cs2α=（ ）
A．513B．−113C．−513D．113
4．已知sinα−π6=34，则sin2α−5π6=（ ）
A．18B．−18C．78D．−78
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2 , A=π4 , sinB=33，则b=（ ）
A．233B．2C．3D．23
6．设点D,E,F分别是△ABC的三边BC,CA,AB的中点，则BE+CF=（ ）
A．DAB．12DAC．ADD．12BC
7．如图，在平行四边形ABCD中，AE=13AD，BF=14BC，CE与DF交于点O.设AB=a，AD=b，若AO=λa+μb，则λ+μ=（ ）
817B．1917C．317D．1117
8．如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120∘，AB=AD=1.若点E为边CD上的动点，则EA⋅EB的最小值为（ ）
A．2116B．32C．34D．2
二、多项选择题：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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列关于向量的说法正确的是（ ）
A．若a//b，b//c，则a//c
B．若单位向量a，b夹角为θ，则向量a在向量b上的投影向量为csθb
C．若a⋅c=b⋅c且c≠0，则a=b
D．若非零向量a，b满足a⋅b=ab，则a//b
10．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知csBcsC=b2a−c，S△ABC=334，且b=3，则（ ）
A．csB=12B．csB=32
C．a+c=3D．a+c=23
11．在△ABC中，D，E为线段BC上的两点，且BD=EC，下列结论正确的是（ ）
A．AB⋅AC≥AD⋅AE
B．若AB2+AD2=AE2+AC2，则AB=AC
C．若BD=DE=12AD，∠BAC=π3，则∠ACB=π6
D．若BD=DE=1，∠BAD=∠EAC=π6，则△ABC的面积是334
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量a=(−1,x)(x∈R),b=(2,4)，且a∥b，则|a|= .
在△ABC中，AB=3，BC=2，M，N分别为BC，AM的中点，则AM⋅BN= .
14．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，M为AB的中点，b=2，CM=3，且2ccsB=2a−b，则 SΔABC= .
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．（本小题满分13分）
已知向量a=(2,1),b=(3,−1)．
（1）求向量a与b的夹角；
（2）若c=(3,m)(m∈R)，且(a−2b)⊥c，求m的值．
16．（本小题满分15分）
如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠BAD=60°，BD，AC相交于点O，M为BO中点.设向量AB=a，AD=b.
(1)用a，b表示AM;
(2)求线段AM的长度
17.（本小题满分15分）
18．（本小题满分17分）
在△ABC中，点D在BC 上，满足AD＝BC，ADsin∠BAC=ABsinB．
(1)求证：AB，AD，AC成等比数列；
(2)若BD=2DC，求csB．
19．（本小题满分17分）
已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccsA+3csinA=a+b.
(1)求角C的大小；
(2)若c=23，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的取值范围.
常州市第一中学2023-2024学年第二学期三月阶段检测高一数学试卷
参考答案
1．C
【分析】先根据a=x2+y2求得a=5，再根据结论：与a同向的单位向量为aa，运算求解．
【详解】∵a=3,−4，则a=32+−42=5
∴与a同向的单位向量为aa=35,−45
∴故选：C．
2．B
【分析】由半角公式计算．
【详解】sinπ12=1−csπ62=1−322=4−238=3−122=6－24．
故选：B．
3．B
【分析】运用诱导公式及齐次化即可或解.
【详解】由2sin(π−α)=3sin(π2+α)，得2sinα=3csα，所以tanα=32，
从而sin2α−12sin2α−cs2α=sin2α−sinαcsα−cs2αsin2α+cs2α=tan2α−tanα−1tan2α+1=−113
故选：B
4．A
【分析】因为sin2α−5π6=sin2α−π3−π2=−cs2α−π3，先求出cs2α−π3的值，代入即可求出答案.
【详解】∵cs2α−π3=cs2α−π6=1−2sin2α−π6=1−2×342=−18，
∴sin2α−5π6=sin2α−π3−π2=−cs2α−π3=−−18=18.
故选：A.
5．A
【分析】直接利用正弦定理计算可得；
【详解】解：因为a=2 , A=π4 , sinB=33，由正弦定理asinA=bsinB，
即222=b33，解得b=233.
故选：A
6．A
【分析】利用向量的线性运算和中点的向量表示进行计算，即得结果.
【详解】由已知可得BE+CF=12BA+BC+12CA+CB
=12BA+CA=−12AB+AC=−12×2AD=−AD =DA，
故选：A.
7．B
【分析】根据D,O,F和E,O,C三点共线，可得AO=xAD+yAF和AO=mAE+nAC，利用平面向量线性运算可用a,b表示出AO，由此可得方程组求得x,y，进而得到λ+μ的值.
【详解】连接AF，AC，
∵D,O,F三点共线，∴可设AO=xAD+yAF，则x+y=1，
∴AO=xAD+yAB+BF=xAD+yAB+14AD=x+14yb+ya；
∵E,O,C三点共线，∴可设AO=mAE+nAC，则m+n=1，
AO=m3AD+nAD+AB=m3+nb+na；
∴x+y=1m+n=1x+14y=m3+ny=n，解得：x=917y=817，∴AO=817a+1117b，即λ+μ=817+1117=1917.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，基本思路是根据O为两线段交点，利用两次三点共线，结合平面向量基本定理构造出方程组求得结果.
8．A
【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得EA,EB的坐标，根据数量积的坐标表示结合二次函数知识，即可求得答案.
【详解】由于AB⊥BC,AD⊥CD，
如图，以D为坐标原点，以DA,DC为x,y轴建立直角坐标系，
连接AC,由于AB=AD=1，则△ADC≌△ABC,
而∠BAD=120∘，故∠CAD=∠CAB=60°，则∠BAx=60°，
则D(0，0),A(1,0),B(32,32),C(0,3)，
设E(0,y),0≤y≤3，则EA=(1,−y)，EB=(32,32−y)，
故EA⋅EB=32+y2−32y=(y−34)2+2116，
当y=34时，EA⋅EB有最小值2116，
故选：A．
9．BD
【分析】根据向量共线的定义，投影向量的定义，向量的数量积的定义判断．
【详解】若b=0，虽然有a//b，b//c，得a,c不一定平行，A错；
根据投影向量的定义，若单位向量a，b夹角为θ，则向量a在向量b上的投影向量为csθb，B正确；
a⋅c=b⋅c且c≠0，⇒c⋅(a−b)=0⇒c⊥(a−b)，不能得出a=b，C错；
非零向量a，b夹角为θ，满足a⋅b=ab时，csθ=1，θ=0，两向量同向，当然平行，D正确．
故选：BD．
10．AD
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出B，由面积公式求出ac，再由余弦定理求出a+c，即可得解.
【详解】∵csBcsC=b2a−c，
由正弦定理可得csBcsC=sinB2sinA−sinC，
整理可得sinBcsC=2sinAcsB−sinCcsB，
所以sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=sinA=2sinAcsB，
∵A为三角形内角，sinA≠0，
∴csB=12，∵B∈(0,π)，∴B=π3，故A正确，B错误；
∵S△ABC=334，b=3，
∴334=12acsinB=12×a×c×32=34ac，解得ac=3，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得3=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac=(a+c)2−9，
解得a+c=23或a+c=−23（舍去），故D正确，C错误.
故选：AD.
11．CD
【分析】由AD⋅AE= AB⋅AC+BD⋅BC−BD2即可判断A；取特殊情况可判断B；分别在△ADC和△ABC中用正弦定理可判断C；D选项先证明得B=C，再在△ADE中用正弦定理建立方程可得角B，进而可求△ABC的面积.
【详解】对于A，AD=AB+BD，AE=AC+CE=AC−EC，
因为D，E为线段BC上的两点，且BD=EC，所以AE=AC−BD，且BD≤BC，
则AD⋅AE=(AB+BD)⋅(AC−BD)=AB⋅AC+BD⋅(AC−AB)−BD2
=AB⋅AC+BD⋅BC−BD2=AB⋅AC+BD⋅BC−BD2≥AB⋅AC，故A错误；
对于B，当点D,C重合，点E,B重合时，满足BD=EC=BC，
此时AD=AC，AE=AB，则等式AB2+AD2=AE2+AC2即为AB2+AC2=AB2+AC2，此为恒等式，不一定有AB=AC，故B错误；
对于C，当BD=DE=12AD时，点D,E分别是线段BC的三等分点，
设BD=DE=t，则AD=DC=2t，BC=3t，
设∠ACB=θ(0<θ<π2)，则∠ADC=π−2θ，∠ABC=2π3−θ，
在△ADC中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，
即2tsinθ=ACsin(π−2θ)，
所以AC=2tsin(π−2θ)sinθ=2tsin2θsinθ=4tcsθ，
在△ABC中，由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，
即4tcsθsin(2π3−θ)=3tsinπ3，化简得tanθ=33，
因为0<θ<π2，所以θ=π6，即∠ACB=π6，故C正确；
对于D，由BD=DE=1，BD=EC，可得点D,E分别是线段BC的三等分点，
则BD=DE=EC=1，设AB=c，AC=b，
依题意有∠ADB=π−(B+π6)，∠AEC=π−(C+π6)，
∠ADE=π−∠ADB，∠AED=π−∠AEC，
所以sin∠ADE=sin∠ADB=sin(B+π6)，sin∠AED=sin∠AEC=sin(C+π6)，
在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD=ADsinB，
即csin(B+π6)=1sinπ6=2=ADsinB，所以c=2sin(B+π6)，AD=2sinB，
同理在△ACE中，由正弦定理可得b=2sin(C+π6)，AE=2sinC，
在△ABE中，由正弦定理得ABsin∠AEB=AEsinB，
即2sin(B+π6)sin(C+π6)=2sinCsinB，
整理得sinBsin(B+π6)=sinCsin(C+π6)，
即sin(2B−π3)=sin(2C−π3)，因为B,C∈(0,π)，
所以2B−π3=2C−π3或2B−π3+2C−π3=π，即B=C或B+C=5π6，
当B+C=5π6时，∠BAC=π6，不合题意舍去，
故可得B=C，此时b=c=2sin(B+π6)，AD=AE=2sinB，∠DAE=2π3−2B，
sin∠DAE=sin(2π3−2B)=sin(2B+π3)，
在△ADE中，由正弦定理得DEsin∠DAE=ADsin∠AED，
即1sin(2B+π3)=2sinBsin(B+π6)，而sin(2B+π3)=2sin(B+π6)cs(B+π6)，
所以可得4sinBcs(B+π6)=1，整理可得sin(2B+π6)=1，
因为B∈(0,π2)，所以2B+π6=π2，解得B=π6，
则此时b=c=2sin(B+π6)=3，∠BAC=π−2B=2π3，
所以△ABC的面积S=12bcsin∠BAC=12×3×3×32=334，故D正确.
故选：CD
12．5
【分析】根据向量平行的公式计算得到x，再计算模长即可
【详解】由a∥b有−1×4+2x=0，解得x=−2，故|a|=−12+−22=5
故答案为：5
13．－4
【分析】由向量的线性运算得AM=BM−BA，BN=12(BA+BM)，然后计算数量积可得．
【详解】由已知AM=BM−BA，BN=12(BA+BM)，
AM⋅BN=(BM−BA)⋅12(BA+BM)=12(BM2−BA2)=12(14BC2−BA)2=12×(14×22−32)=−4．
故答案为：−4．
14．3.
【分析】由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求csC=12，可得C＝60°，在平行四边形ACBD，可求∠CAD＝120°，CD=23，由余弦定理可得a，利用三角形面积公式即可得解.
【详解】解：2ccsB＝2a﹣b
⇒2sinCcsB＝2sinA﹣sinB
⇒2sinCcsB＝2sinBcsC+2csBsinC﹣sinB
⇒csC=12，
所以C＝60°．
如图补成平行四边形ACBD，
则∠CAD＝120°，CD=23，
在△ADC中，由余弦定理得：(23)2=a2+4−4acs1200⇒a=2，
所以：S△ABC=12×2×2sin600=3，
故答案为3
【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形面积公式，平面向量数量积的运算在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想，属于中档题．
15．（1）π4 （2）m=4
【分析】（1）直接利用向量坐标的夹角公式求解即可；
（2）先求出a−2b=−4,3，再解方程−4×3+3m=0即得解.
【详解】解：（1）由a=2,1，b=3,−1，则a⋅b=2×3+1×−1=5，
由题得a=22+1=5，b=32+−12=10，
设向量a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅bab=55×10=22，
由θ∈0,π，所以θ=π4. 即向量a与b的夹角为π4.
（2）由a=2,1，b=3,−1，
所以a−2b=−4,3，又a−2b⊥c，
所以a−2b⋅c=0，又c=3,m，
所以−4×3+3m=0，解得m=4.
16．(1)AM=34a+14b
(2)
【分析】(1)根据平行四边形的性质以及平面向量的线性运算法则.
(2) 以A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，建立直角坐标系，满足题意,可求出M点的坐标，最后根据两点间距离公式求得答案。
【详解】（1）由四边形ABCD是平行四边形，BD，AC相交于点O
所以AO=12AC=12(AB+AD)=12(a+b)，
因为M为BO中点，∴AM=12(AO+AB)=12[12(a+b)+a]=34a+14b.
（2）如图，以A为坐标原点，AD所在的直线为x轴，建立直角坐标系，由AB=1，AD=2，∠BAD=60°，可求得点C的坐标为C(52,32)，
所以D(2,0)，B(12,32)，O(54,34)，
根据中点坐标公式，可求得点M的坐标为M(78,338).
根据两点间的距离公式可求得答案.
17.（1）;（2）
解:（1），，
解，得，
的单调递增区间为；
（2），，，，
．
18．(1)证明见解析
(2)csB=624
【分析】
（1）由正弦定理得AD⋅BC=AB⋅AC，再由AD=BC，得到AD2=AB⋅AC，即得证；
（2）记A，B，C的对边分别为a，b，c，由（1）得a2=bc，设∠ADB=α，在△ABD与△ACD中，分别使用余弦定理，解方程组可求出b=32c或b=13c，依题意排除b=13c，利用余弦定理即可求出csB.
【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得：BCsin∠BAC=ACsinB①，
由已知得：AD⋅sin∠BAC=AB⋅sinB②，
由①②联立得：AD⋅BC=AB⋅AC，
因为AD=BC，所以AD2=AB⋅AC．
故AB，AD，AC成等比数列；
（2）在△ABC中，记A，B，C的对边分别为a，b，c，
故AD=BC=a，由（1）知：a2=bc③，
在△ABD中，设∠ADB=α，由已知得BD=23a，
由余弦定理得：AB2=AD2+BD2−2AD⋅BDcs∠ADB，
即c2=a2+49a2−43a2csα④，
在△ACD中，设∠ADC=π−α，由已知得CD=13a，
由余弦定理得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC，
b2=a2+19a2+23a2csα⑤，
由⑤＋④×2整理得：c2+2b2=113a2⑥，
由③⑥联立整理得：6b2−11bc+3c2=0，
解得：b=32c或b=13c，
当b=13c时，由a2=bc可求得a=33c，所以a+b当b=32c时，由a2=bc可求得a=62c，满足a+c>b，
在△ABC中，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=32c2+c2−94c22⋅62c2=624.
综上：csB=624
19．(1)C=π3；
(2)3−3,3.
【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换可得2sinC−π6=1，再根据C的范围进而即得C的大小；
（2）设∠DAB=α,利用正弦定理,三角形面积公式及三角恒等变换可得S△ABD=23sin2α+π6−3，然后利用三角函数的性质即得.
【详解】（1）根据正弦定理有sinCcsA+3sinCsinA=sinA+sinB
即sinCcsA+3sinCsinA=sinA+sinA+C
展开化简得3sinCsinA=sinA+sinAcsC,
∵A∈0,π2，∴sinA≠0，∴ 3sinC=1+csC，
∴2sinC−π6=1，∴sinC−π6=12,
∵C∈0,π2,∴C−π6∈−π6,π3,
∴ C−π6=π6，∴C=π3.
（2）由题意可知∠ADB=2π3,设∠DAB=α,∴∠ABD=π3−α,
∵0<2α<π2,又∵B=π−π3−2α∈0,π2,∴α∈π12,π4，
在△ABD中,由正弦定理可得:ABsin∠ADB=ADsin∠ABD.
即:23sin2π3=ADsinπ3−α，∴AD=4sinπ3−α，
∴S△ABD=12AB⋅AD⋅sinα=12×23×4sinπ3−αsinα
=6sinαcsα−23sin2α=23sin2α+π6−3，
∵α∈π12,π4,∴2α+π6∈π3,2π3,
∴sin2α+π6∈32,1，
∴23sin2α+π6−3∈3−3,3
所以三角形面积的取值范围为3−3,3.