天津市耀华中学滨城学校2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份天津市耀华中学滨城学校2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了 下列各式化简正确的是， 已知向量，，且，则， 已知向量，，则．， 已知为不共线向量，，则， 在中，已知，，，则面积为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分共150分，考试用时100分钟，第I卷（选择题共80分）
一､选择题：本大题共16小题，每小题5分，共80分，在每小题的4个选项中，只有-一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上.
1. 下列各式化简正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
直接根据向量的加减运算，逐个进行判断即可求解结论．
【详解】解：因为，故错误；
，故正确；
，故错误；
，故错误.
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的加减法基本运算，属于基础题．
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直关系可得，求得值，再进行向量的坐标运算即可得解.
【详解】因为，所以，解得，则.
故选：A
3. 已知向量，，则（ ）．
A. 3B. 5C. ﹣6D. ﹣12
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标运算求得正确答案.
【详解】，
所以.
故选：D
4. 已知为不共线向量，，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】A
【解析】
【分析】运用向量的加法运算，求得，从而得出结论.
【详解】因，所以三点共线，
故选：A．
5. 如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形结合向量的线性运算求解.
【详解】因为为的中点，为的中点，
所以.
故选：D.
6. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则B等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，设,利用余弦定理求解.
【详解】解：在中，，
设,
由余弦定理得，
因为，
所以，
故选：C
7. 已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影公式进行计算即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为：，
故选：C.
8. 已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由平面向量模的坐标表示求得，再利用平面向量数量积与模求得向量，夹角的余弦值.
【详解】依题意，设与夹角为，
因为，，，
所以.
故选：C.
9. 如图，在中，，是上一点，若，则实数值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定，得到，根据计算得到答案.
【详解】，故，则，
又是上一点，所以，解得.
故选：A.
10. 在中，已知，，，则面积为（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先用余弦定理求得b，然后由三角形面积公式计算．
【详解】因为中，已知，，，
所以，由余弦定理得，
解得或2，
所以的面积或．
故选：B.
11. 在△ABC中，已知a2＋b2－c2＝ab，且2csAsinB＝sinC，则该三角形的形状是（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理可得，再结合条件利用正弦定理及余弦定理可得，即得.
【详解】∵a2＋b2－c2＝ab，
∴，又，
∴，
由2csAsinB＝sinC，得
∴，即，又，
故三角形为等边三角形.
故选：C
12. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，
则，，，可得，
点满足，所以．
故选：C.
13. 下列六个结论，正确的个数是（ ）
①与实数类似，对于两个向量有三种关系
②在中，苦，则；
③若，则；
④已知为所在平面上一点，若，则点为三角形重心；
⑤已知平行四边形，满足，则四边形一定为菱形
⑥在中，若且，则为等边三角形
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】对于①，由向量的概念可判断，对于②，由正弦定理可判断，对于③，由可判断，对于④，取的中点为，得到，可判断，对于⑤，通过平方可判断，对于⑥由可得等腰三角形，由可确定的大小，即可判断；
【详解】对于①，由向量的概念可知，向量不能比较比较大小，故错误；
对于②，由三角形大角对大边可得：，再由正弦定理,
可得，正确；
对于③，当，满足，此时不一定成立，错误；
对于④，若，取的中点为，
则，即三点共线，且，即为靠近的三等分点，所以点为三角形重心，故正确；
对于⑤若，则，
即，
可得：，即四边形一定为矩形，故错误；
对于⑥：因为都是单位向量，所以在的角平分线上，又，所以的角平分线与垂直，所以，
又，可得：，所以，
所以为等边三角形，故正确；
故选：C
14. 是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设，，∴，，
，∴.
【考点】向量数量积
【名师点睛】研究向量的数量积问题，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简. 平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言——“坐标语言”，实质是将“形”化为“数”．向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来．
15. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：据正弦定理结合已知可得，整理得
，故，由二倍角公式得.
考点：正弦定理及二倍角公式.
【思路点晴】本题中用到了正弦定理实现三角形中边与角的互化，同角三角函数间的基本关系及二倍角公式，如,这要求学生对基本公式要熟练掌握解三角形时常借助于正弦定理，余弦定理， 实现边与角的互相转化.
16. 在等腰梯形中，，，，，点F是线段AB上的一点，为直线BC上的动点，若，，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先建立平面直角坐标系，根据条件求出，写出的表达式，
【详解】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
由已知可得，；
设，则，
由可得
解得，所以；
，
由得，解得，此时.
设,则，
，
所以
当时，取到最大值.
故选：B.
【点睛】本题主要考查平面向量的运算及应用，平面向量问题优先考虑坐标运算，最值问题应先构建目标式，结合目标式的特点进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.
第Ⅱ卷（非选择题共70分）
二､填空题：本大题共6小题，共32分，将答案填写在答题纸上.
17. 已知向量夹角为，且，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：的夹角，，，，.
考点：向量的运算.
【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.
18. 向量在向量上的投影向量为______．（写出坐标）
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的投影向量的概念求解.
详解】由得，
设与的夹角为在上的投影向量为：
故答案为：．
19. 在中，角的对边分别为，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求解即可．
【详解】由余弦定理得，，解得或（舍），
所以，
故答案为：．
20. 如图，中华中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高气度，先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°，又利用无人机在离地面高400m的M处（即），观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，则山高___________m.
【答案】600
【解析】
【分析】确定，，，在中，利用正弦定理计算得到答案.
【详解】，则，,，
故，，
在中，由正弦定理得，即，
解得，则.
故答案为：
21. 如图，在平面四边形中，，，，且，则___________，若是线段上的一个动点，则的取值范围是___________.
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】根据题意求出，，再根据平面向量数量积的定义可得；设，将和化为、、表示，利用定义求出关于的二次函数，根据二次函数知识可求得结果.
【详解】因为，，所以为正三角形，所以，，
因为，所以，
因为，所以，所以.
因为是线段上的一个动点，所以可设，
所以
，
因为，所以时，取得最小值，当时，取得最大值，
所以的取值范围是.
故答案为：4；
【点睛】关键点点睛：将和化为、、表示，利用定义求出是解题关键.
22. 在中，，并且满足.（ⅰ）角___________；（ⅱ）若点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），则线段的长度为___________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】由，可得，从而求得角；由，得，两边平方化简可求出，从而可得，再设，利用共线定理可得，从而得，再将用表示，两边平方化简可得答案.
【详解】在中，设所对的边分别为，则，
因为，所以，
所以，即，又，所以；
因为，所以，
所以，
所以，
所以，化简得，
解得或（舍去），
所以，即，
设，因为，
所以，
因为三点共线，所以，解得，所以，
所以，
所以
，
所以，
所以.
故答案为：，.
.
【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是利用求出，然后将作为基底，从而利用向量数量积的运算法则计算即可得解..
三､解答题：本大题共3小题，共38分，将解题过程及答案填写在答题纸上.
23. 已知向量
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）若与的夹角为锐角，求的取值范围
（4）求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）根据向量模的运算求得正确答案.
（2）根据向量平行列方程，由此求得.
（3）根据向量夹角为锐角列不等式，由此求得.
（4）根据向量夹角公式求得正确答案.
【小问1详解】
已知，，可得.
则.
可得.
【小问2详解】
，，
则.
因为，所以，
即，
，解得.
【小问3详解】
已知，，
则，
即，解得.
由（2）可知，当与共线时，所以要排除.
综上，的取值范围是.
【小问4详解】
，，则.
，
，
.
所以.
24. 在锐角中，角的对边分别为，且
（1）求;
（2）若,求;
（3）若求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可得求解，
（2）根据余弦定理即可求解，
（3）根据二倍角公式以及和差角公式即可求解.
【小问1详解】
由于，所以，由得，
所以，且三角形为锐角三角形，所以．
【小问2详解】
由余弦定理有，
解得或（舍），故．
【小问3详解】
由，三角形为锐角三角形,可得，
．
所以．
25. 已知a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，且．
（1）求．
（2）若，的面积为，求的周长．
（3）在（2）的条件下，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开式可求；
（2）由三角形面积公式和同角三角函数关系求出和，再由余弦定理解方程组可得三角形边长，进而求出周长；
（3）由余弦展开式和二倍角公式求出结果即可.
【小问1详解】
由得到，由正弦定理和两角和的正弦展开式可得，
所以.
【小问2详解】
，且，
由，解得，所以，
又由余弦定理和上问可得，
将代入上式可得，
所以，，所以的周长为.
【小问3详解】
①，
由上问可知，等腰，，，
所以，，
代入①可得，
所以.