黑龙江省牡丹江市2024-2025学年高一下学期第一次月考数学检测试题（附答案）

这是一份黑龙江省牡丹江市2024-2025学年高一下学期第一次月考数学检测试题（附答案），共15页。试卷主要包含了 在三角形中，，，，则， 已知向量，满足，则， 已知，，则的值为， 下列命题中，正确的是， 已知向量，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区城书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、选择题：本大题共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. 设，为非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】B
【分析】根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.
【详解】若，则，模长相等，但它们的方向可以不同，故不一定成立，
故得不到，
若，则，
故“”是“”必要不充分条件，
故选：B.
2 已知向量，，若向量，则（ ）
A. B. C. 8D.
【正确答案】A
【分析】根据平面向量垂直的充要条件及平面向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】因为，所以，解得.
故选：A.
3. 在三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【正确答案】B
【分析】由正弦定理求解出角，然后由内角和定理求解角即可.
【详解】由可得：，
所以，又，
所以，
结合内角和定理，所以.
故选：B
4. 已知向量，满足，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【正确答案】B
【分析】把两边同时平方，结合向量的模长可得结果.
详解】由得，，
∵，∴，即.
故选：B.
5. 已知，，则的值为（ ）
A. 3B. 5C. 4D. 6
【正确答案】B
【分析】应用向量的减法运算得出，再结合数量积的坐标公式求解即可.
【详解】因为，，则，
所以.
故选：B.
6. 已知向量，则下列向量与平行的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据已知向量、求出的坐标，再依据两向量平行的坐标关系来判断选项中的向量是否与平行.
【详解】因为，所以．
若向量满足，则该向量与平行，检验易知D符合题意．
故选：D．
7. 四边形是正方形，延长至，使得，若点为的中点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】因为点为的中点，所以，又因为，所以，即可求出的值.
【详解】如下图，因为点为的中点，所以，
又因为，所以，则
，
所以，则.
故选：D.
8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意分析可知：O为的中点，，，建系，根据向量的坐标运算可得，结合二次函数分析求解.
【详解】因为，可知O为的中点，
又因为O为的外接圆圆心，则，
且，即，
可知为等边三角形，即，
如图，建立平面直角坐标系，
则，设，
可得，
则，
可知当时，取到最小值.
关键点点睛：根据中线性质分析可知O为的中点，结合圆的性质可知，.
二、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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若与都是单位向量，则
B. 直角坐标平面上的轴、轴都是向量
C. 若用有向线段表示的向量与不相等，则点与不重合
D. 海拔、温度、角度都不是向量
【正确答案】CD
【分析】由向量的有关概念判断可得.
【详解】选项A，由于单位向量长度相等，但是方向不确定，故A错误；
选项B，由于只有方向，没有大小，故轴，轴不是向量，故B错误；
选项C，由于向量起点相同，但长度不相等，所以终点不同，C正确；
选项D，海拔、温度、角度只有大小，没有方向，故不是向量，D正确．
故选：CD
10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. 若，则D. 存在，使得
【正确答案】ACD
【分析】对于A，由向量模长坐标计算公式可得答案；
对于B，由向量夹角计算公式可得答案；
对于C，由向量垂直坐标表示可得答案；
对于D，由向量垂直定义可得答案.
【详解】对于A，由题可知，故A项正确；
对于B，，故与的夹角为，故B项错误；
对于C，若，则，故C项正确；
对于D，若，则，则当时，可以使，故D正确
故选：ACD
11. 在边长为3的正方形中，分别是边上的动点（含端点），且，则的取值可以是（ ）
A. 12B. 11C. 10D. 9
【正确答案】ABC
【分析】通过建系，设出点，通过计算得，结合利用基本不等式和三角形三边关系定理即可求得的范围即可判断.
【详解】
如图，以为坐标原点，射线的方向分别为轴､轴的正方向，建立平面直角坐标系.
则.设，其中，因，则
则，.
因为，
故得，解得，当且仅当时，等号成立.
又，当且仅当点或点与点重合时等号成立，
故得，即，又，
所以都满足其范围，不满足其范围，故ABC正确，D错误.
故选：ABC.
关键点点睛：本题解决的关键是建立直角坐标系，将问题转化为代数运算，从而结合基本不等式即可得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，，则与的夹角为_______．
【正确答案】
【分析】根据已知及向量的夹角公式求夹角的余弦值，进而确定角的大小.
【详解】设与的夹角为，因为，，，
所以，因为，
所以，即与的夹角为．
故
13. 在中，角所对的边分别为，且，则__________．
【正确答案】
【分析】利用余弦定理、正弦定理角化边求解即得.
【详解】在中，由及余弦定理，得，
由正弦定理得.
故
14. 已知，，且.若，则当时，的取值范围为______.
【正确答案】
【详解】因为，所以，又，.
故可以建立直角坐标系，如图所示：
设，，则，，在线段上取点，
因为，，三点共线，故存在，使得，
又，取，则在以为圆心，以1为半径的圆上.
.
因为直角斜边上的高为：，
所以当，在，之间时，取得最小值，为；
当与重合，点坐标为时，取得最大值，为.
所以.
故答案为.
知识点点睛：在同一平面内有四个点（与四点不共线），则
存在实数，使得，且三点共线.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，且与的夹角为120°，求：
（1）；
（2）若向量与平行，求实数的值．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用平方的方法来求得正确答案.
（2）根据向量平行列方程来求得.
【小问1详解】
，
所以.
【小问2详解】
由于向量与平行，
所以存在实数，使得，
所以，解得.
16. 在中，分别是角的对边. 若.
（1）求的值；
（2）求边长的值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用正弦定理及二倍角公式计算可得；
（2）利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理，，，可得，
因为，所以，即，
显然，解得．
【小问2详解】
在中，由余弦定理，
得，解得或,
当时，又，所以，又，，
所以，则，与矛盾，所以舍去；
所以．
17. 如图，在中，点、满足，，点满足，为中点，且、、三点共线.
（1）用、表示；
（2）求的值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，再由即可得解；
（2）利用平面向量的共线定理到，进而得到，再利用平面向量的基本定理即可得解.
【小问1详解】
因为，则，所以，
因为为的中点，故.
【小问2详解】
因为、、三点共线，则，，，
所以存在，使得，即，
所以，
又因为，且、不共线，
所以，则，
所以，故.
18. 已知，．
（1）当x，y为何值时，与共线？
（2）是否存在实数x，y，使得，且？若存在，求出xy的值；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1），y为任意实数
（2）存在，或．
【分析】（1）根据共线列方程，解方程即可；
（2）根据垂直和模相等列方程，解方程即可.
【小问1详解】
因为与共线，所以存在实数，使得，
所以，解得，
所以当，y为任意实数时，与共线．
【小问2详解】
由．①
由．②
联立①②解得或，所以或．
所以存在实数x，y，使得，且，
此时或．
19. 正等角中心（psitive isgnal centre）亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，
（1）若，
①求；
②若，设点为的费马点，求；
（2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
【正确答案】（1）①；②；
（2）．
【分析】（1）①利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得；②利用费马点的意义，结合三角形面积公式及数量积的定义计算即得.
（2）利用三角恒等变换求出角，借助费马点，利用余弦定理、勾股定理建立关系，再利用基本不等式求解即得.
【小问1详解】
①在中，由正弦定理及，得，
即，由余弦定理得，
又，所以.
②由①知，，则的三个角都小于，由费马点定义知：，
设，由得：
，整理得，
所以.
【小问2详解】
由，得，
即，又，，则，
于是，整理得，即，
又，有，则，，
由点为的费马点，得，
设，，，，
由，得，
由余弦定理得，
，
，
相加得得，
整理得，于是，当且仅当，即时取等号，
又，因此，而，解得，
所以实数的最小值为．