吉林省通化市辉南县第六中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（解析版）

这是一份吉林省通化市辉南县第六中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（解析版），共13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．下列说法中正确的是（ ）
A．单位向量都相等B．若满足且与同向，则
C．对于任意向量，必有D．平行向量不一定是共线向量
2．已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量与的夹角为,且,,若,且,则实数的值为
A．B．13C．6D．
6．已知内角的对边分别是，若，，，则的面积为
A．B．C．D．
7．如图，在中，线段，交于点，设向量,，,，，则向量可以表示为（ ）
A．B．
C．D．
8．为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻.某天，一艘巡逻舰从海岛出发，沿南偏东的方向航行40海里后到达海岛，然后再从海岛出发，沿北偏东的方向航行了海里到达海岛，若巡逻舰从海岛出发沿直线到达海岛，则航行的方向和路程（单位：海里）分别为（ ）
A．北偏东B．北偏东
C．北偏东D．北偏东
二、多选题：本题共4小题，共32分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．向量与的夹角为D．向量在上的投影向量为
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A．B．C．的面积为D．的周长为
11．在中，下列命题正确的是（ ）
A．
B．
C．点O为的内一点，且，则为等腰三角形
D．，则为锐角三角形
12．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若B+C=2A，则面积的最大值为
B．若，且只有一解，则b的取值范围为
C．若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D．为的外心，则
三、填空题：本题共4小题，每小题6分，共24分(第16题第一空3分，第二空3分）
13．写出与向量平行的一个单位向量的坐标： ．
14．设为两个不共线的向量，，若A.B.D三点共线，则k的值为 .
15．若点是内的一点，且满足，则＝ ．
16．如图，在边长1为正方形中，，分别是，的中点，则 ，若，则 .
四、解答题：本题共2小题，共24分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．已知向量，.
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的值；
(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.
18．设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccsC＝acsB+bcsA．
（1）求角C；
（2）若ABC的面积为，且a+b＝5，求c．
1．C
【分析】根据相等向量的定义可判断A；由向量不能比较大小可判断B；由向量加法的几何意义可判断C；由共线向量的定义可判断D.
【详解】A，方向相同，模相等的向量为相等向量，单位向量的方向不一定相同，故A错误；
B，向量模能比较大小，向量不能比较大小，故B错误；
C，根据向量加法的几何意义可得，故C正确；
D，平行向量也是共线向量，故D错误.
故选：C
2．C
【分析】由题意可得，再结合从而可求解.
【详解】由题意得，所以，
所以，
则，故C正确.
故选：C.
3．C
【分析】平面内三点共线的充要条件为：存在实数，使，且.求得，从而可得结果.
【详解】由，可得，
所以，
又三点共线，由三点共线定理，可得：，
，
故选C.
【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题.
4．C
【分析】利用平面向量数量积的运算律和夹角公式求解.
【详解】由题意，得，即，
所以，所以，
故选:C．
5．D
【详解】试题分析：由向量与的夹角为,且,,可得,又,所以=,所以,故选D.
考点：平面向量的线性运算及数量积.
6．B
【分析】由，根据正弦定理可得，结合，，再利用余弦定理解方程可得，利用三角形面积公式可得结果.
【详解】因为内角的对边分别是，
且，，，
所以由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
解得，
所以三角形的面积为：
，故选B.
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.
7．C
【解析】由图形知道，，三点共线，从而存在实数，使，由已知，，所以，同理可得
，利用平面向量基本定理可得方程组解出、，得到选项．
【详解】解：因为，，三点共线，
存在实数，使，
由已知，，所以，
同理，
解得.
所以．
故选:C．
【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理运用，以及三点共线的向量性质的运用，灵活运用定理是关键，属于中档题．
8．C
【分析】根据方位角的概念结合正弦定理、余弦定理求解.
【详解】作出示意图如图所示，
根据题意，，
根据余弦定理，
因为，
所以
，
因为，所以
，
因为为锐角，所以，
所以从海岛出发沿直线到达海岛，航行的方向是北偏东，
航行的距离是海里，

故选:C.
9．BD
【分析】根据向量模长的坐标计算即可判断A，根据数量积的坐标运算可判断B,由夹角公式可判断C，由投影向量的求解公式可判断D.
【详解】，所以，故A错误；
，故B正确；
，
，，，故C错误；
向量在上的投影向量为，故D正确．
故选：BD
10．ABD
【分析】利用正余弦定理和已知条件，解三角形，验证各个选项.
【详解】由，有，得，选项A正确．
因为，由正弦定理有，，得，选项B正确．
的面积为，选项C错误．
因为，由余弦定理，
解得，故的周长为，选项D正确.
故选：ABD
11．BC
【分析】A.由向量的减法法则判断； B.由向量加法的三角形法则判断；C.根据因为，得到，即，利用数量积的运算律求解判断；D.由，得到为锐角，但角BC无法判断.
【详解】A.由向量的减法法则可知：，故错误；
B.由向量加法的三角形法则可得：，故正确；
C.因为，即；
又因为，所以，
即，所以是等腰三角形，故正确；
D.若，则，
据此可知为锐角，无法确定为锐角三角形，错误.
故选：BC
12．ACD
【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
若，且，所以，
由余弦定理得，
由，可得，即，
则面积，所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，若，且，由正弦定理得，
所以，当时即，所以时有一解，故B错误；
对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形，
所以，解得，所以，
由正弦定理得，故C正确；
对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且，
设，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
13．（答案不唯一）
【分析】先求向量的模，再利用平行向量进行求解即可．
【详解】因为，则，
所以与平行的单位向量为或．
故答案为：（答案不唯一）．
14．3
【分析】根据A，B，D三点共线，可得，再根据平面向量共线定理和平面向量基本定理列出方程组，解之即可得解.
【详解】∵，
因为A，B，D三点共线，所以，
故存在唯一实数，使得，
即，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】因为，所以为的重心，故可得的值．
【详解】因为，故为的重心，所以，
也就是．
【点睛】本题考查三角形重心的性质，属于基础题．
16．
【解析】设向量，根据向量的数量积的运算公式，可求得，再根据向量的线性运算法，化简得和，列出方程组，即可求解.
【详解】设向量，则
可得，
，
又因为，可得，解得，所以.
17．(1)
(2)
(3)且
【分析】（1）根据向量平行的坐标运算可求得，进而求出结果.
（2）根据向量垂直的坐标运算即可得出答案.
（3）由题意分析得到且与不共线，结合（1）利用相关坐标即可求得结果.
【详解】（1）因为向量，且，
所以，解得，
所以.
（2）因为，且，
所以，解得.
（3）因为与的夹角是钝角，
则且与不共线，
即且，
所以且.
18．（1）；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理将已知条件中的边化为角，有，再结合正弦的两角和公式与，可知，从而解得，再结合的范围即可得解；
（2）由知，，解出的值后，利用平方和公式求出，最后根据余弦定理即可得解．
【详解】（1）由正弦定理知，，
因为，
所以．
因为，所以，
因为，所以．
（2）由知，，所以，
又，所以，
由余弦定理知，，
所以．
【点睛】本题主要考查解三角形中的正弦定理和余弦定理的综合应用，还涉及正弦的两角和公式，利用正弦定理将边化角是解题的突破口，考查学生的逻辑推理能力和运算能力．