2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期月考（一）数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期月考（一）数学试题（解析版），共14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。
2021-2022学年广东省潮州市饶平县第二中学高一下学期月考（一）数学试题 一、单选题1．已知向量，，，则实数k的值为（    ）A． B． C．6 D．【答案】C【分析】由，得，根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】解：因为，，，所以，即，解得，故选：C.2．若复数是纯虚数，则实数的值为A．1 B．2 C．1或2 D．-1【答案】B【详解】由得，且，． 3．已知平面向量，，则向量（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题为平面向量坐标运算的加减数乘运算.【详解】因为，，则，，所以故选：D4．已知a、b、c分别是△ABC三个内角A、B、C的对边，b＝，c＝，B＝，那么a等于 (　　)A．1 B．2 C．4 D．1或4【答案】C【详解】中，，，由余弦定理得：即解得或（舍去）故选5．已知向量，，，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.【详解】因为向量，，，即故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.6．如图，在矩形中，分别为的中点，为中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先根据题意得到，，再根据求解即可.【详解】连接，如图所示：因为分别为的中点，所以，，因为为中点，所以.故选：C7．在△ABC中，，则△ABC的形状一定是（    ）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形【答案】A【分析】注意到，根据已知等式，利用向量的数量积的运算法则和线性运算法则可得到，进而得到结论.【详解】 ∴BA⊥AC,∴△ABC为直角三角形，    故选：8．在中，，点满足，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取中点，由已知可确定，利用向量的运算和长度关系将转化为，由此构造方程求得，进而得到所求结果.【详解】取中点，连接，，即，为边上靠近的三等分点；，，，，又，，，，即为等边三角形，.故选：C.【点睛】方法点睛：处理平面几何中的平面向量数量积问题的常用方法有两种：（1）利用平面向量线性运算将所求数量积进行转化，转化为夹角和模长已知的向量数量积的求解问题；（2）建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来进行求解. 二、多选题9．已知两非零复数，，若，则下列说法一定成立的是（   ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】设，则，根据复数性质依次判断即可.【详解】设，则，对A，，，所以，故A正确；对B，，只有当时，，故不一定成立，故B错误；对C，，故C正确；对D，，故D正确.故选：ACD.10．已知函数，则（ ）A．的最大值为B．的最小正周期为C．是偶函数D．将图象上所有点向左平移个单位，得到的图象【答案】AC【分析】先将原式整理，得到，进而可得最大值，判定A正确；得出最小正周期，判定B错；根据函数奇偶性，判定C正确；根据函数图象平移原则，判定D错.【详解】，因为，所以，因此，则，故A正确；最小正周期为，故B错；，所以是偶函数，即C正确；将图象上所有点向左平移个单位，得到，故D错误.故选：AC.【点睛】本题主要考查求三角函数的最值，最小正周期，判定三角函数的奇偶性，求平移后的解析式，属于常考题型.11．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则A． B． C． D．【答案】AD【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.【详解】.整理可得: 可得 为三角形内角, 故A正确，B错误.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C错误，D正确.故选: AD.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（  ）A．若，则点是边的中点B．若，则点在边的延长线上C．若，则点是的重心D．若，且，则的面积是的面积的【答案】ACD【分析】判断命题真假；将前面条件进行化简，去判断点M的位置（D中若能判断M位置也是一定得出面积比值）.【详解】A中：,即：,则点是边的中点B. ,则点在边的延长线上，所以B错误.C. 设中点D,则,，由重心性质可知C成立.D．且设所以，可知三点共线，所以的面积是面积的故选择ACD【点睛】通过向量加减运算，进行化简去判断点M的位置，难度较大. 三、填空题13．若复数满足： ，则复数的虚部是_________．【答案】；【分析】根据复数及模的定义计算即可.【详解】设 ，由题意 得： ， ，解得 ,其虚部为-1；故答案为：-1.14．已知为一单位向量，与之间的夹角是120°，而在方向上的投影向量为，则________．【答案】4【分析】利用数量积的几何意义直接求解.【详解】因为与之间的夹角是120°，而在方向上的投影向量为，所以，所以，所以4.故答案为：4.15．已知的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于_________．【答案】【分析】利用余弦定理得到，进而得到结合正弦定理得到结果.【详解】，由正弦定理得.【点睛】本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于 基础题.16．在 中，内角 所对的边分别为 ,已知，且，则面积的最大值为________．【答案】.【分析】利用余弦定理求解，根据基本不等式即可求解面积的最大值【详解】由可得：根据余弦定理可得：，，即当且仅当时取等号，则面积则面积的最大值为【点睛】本题主要考查了三角形中的几何运算，同时考查了余弦定理和解不等式等有关知识，属于中档题． 四、解答题17．已知向量，，，且.（1）求实数的值；（2）求向量与的夹角.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）计算出平面向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可得出关于实数的等式，由此可求得实数的值；（2）利用平面向量夹角余弦的坐标表示可求得的值，结合角的取值范围可求得结果.【详解】（1），，则，又，且，，解得；（2），，因此，.【点睛】本题考查利用平面向量垂直的坐标表示求参数，同时也考查了平面向量夹角的计算，考查计算能力，属于基础题.18．如图，在平面四边形中，已知，，，为线段上一点.(1)求的值；(2)试确定点的位置，使得最小.【答案】（1）；（2）见解析【分析】(1)通过，，可得，从而通过可以求出，再确定的值.(2)法一：设()，可以利用基底法将表示为t的函数，然后求得最小值；法二：建立平面直角坐标系，设()，然后表示出相关点的坐标，从而求得最小值.【详解】(1)，，，，，即，，(2)法一:设()，则，， 当时，即时，最小法二:建立如图平面直角坐标系，则，，，，设()，则，当时，即时，最小．【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，数形结合思想及函数思想，意在考查学生的划归能力和分析能力，难度较大.19．已知向量，设函数.(1)求函数的单调增区间；(2)已知的三个内角分别为，若，边，求边.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由题意得，由解不等式即可求解；（2）由求得，再由正弦定理即可求解.【详解】（1） ∵，由，得，∴函数的单调增区间为.（2）∵，即，∵角为三角形内角，得，又，∴，∴∵，由正弦定理得.20．如图，甲船以每小时海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于处时,乙船位于甲船的北偏西的方向处,此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达处时,乙船航行到甲船的北偏西方向的处,此时两船相距海里,问乙船每小时航行多少海里?【答案】乙船每小时航行海里．【分析】连结，在和中结合余弦定理求解作答.【详解】如图，连结，，，，则是等边三角形，即，有，在中，由余弦定理得：，即，因此乙船的速度的大小为，所以乙船每小时航行海里.21．在锐角中，已知.(1)求角；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)用正弦定理的边化角即可.(2)用第一问结论，结合正弦定理得，在锐角中， ，表示出两条边长，就可以求出周长,再根据B的取值范围，求得周长的取值范围.【详解】（1），由正弦定理得，又，即，又，.（2）在锐角中，由正弦定理得，，，且，故，，又，，故，，即周长的取值范围是.22．已知函数．（1）若对任意，恒成立，求的取值范围；（2）设，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）令，则，将问题转化为在R上恒成立，利用判别式小于0即可得到答案；（2）利用符合函数的单调性易得在上单调递增，利用单调性将问题转化为恒成立，求出的最小值即可.【详解】解：令，则．（1）因为，所以，则对任意，恒成立等价于对任意，恒成立.故，解得或，即的取值范围为，（2）因为，所以，因为图象的对称轴为，所以在上单调递增，即在上单调递增．因为，所以，．因为，所以．因为，所以，即．因为，所以．因为，所以，故．因为，所以的取值范围是．【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．