浙江诗阳市2024-2025学年高一数学下学期3月月考试题含解析

Page20Page20一、单选题（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.已知一个扇形的圆心角为，所对的弧长为，则该扇形的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据公式求扇形的半径，然后利用扇形的面积公式即可求出答案.【详解】由得，所以该扇形的面积为.故选：D.2.已知向量，且，则的值为（）A.1 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示得出的关系，求得，再把求值式转化为关于的二次齐次式求值．【详解】因为，所以，所以，．故选：C．3.中，，，，则边上的高为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先依据余弦定理求出，然后利用等面积法即可求出边上的高.【详解】在中，设，，，则，，，且，，，，，,,设边上的高为，在中利用等面积法，则,,.故选:C4.已知为锐角且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用同角的三角函数的基本关系式和两角差的正弦可求的值.【详解】为锐角，故，而，故，又.故选：C.5.在中，，设点P，Q满意.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，依据平面对量的线性运算，得到，，再结合，化简整理即可求解.【详解】设，则，，，，由，得，即.故选：.6.如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是边长为7的等边三角形，，则△ABC的面积为（）A.5 B.7 C.10 D.20【答案】C【解析】【分析】先利用余弦定理求得AB的长度，再去求的值，进而可求得△ABC的面积.【详解】由，可得，解之得或（舍）则，又，则则则△ABC的面积为故选：C7.设函数的最小正周期为，且在内恰有3个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据周期求出，结合的范围及，得到，把看做一个整体，探讨在的零点，结合的零点个数，最终列出关于的不等式组，求得的取值范围【详解】因为，所以.由，得.当时，，又，则.因为在上的零点为，，，，且在内恰有3个零点，所以或解得.故选：D.8.已知是内的一点，若的面积分别记为，则.这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相像，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，利用同底的两个三角形面积比推得即可求解作答.【详解】是的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，如图，则，，因此，，同理，于是得，又，即，由“奔驰定理”有，则，而与不共线，有，，即，所以.故选：A二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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2分，有选错或不选的得0分）9.下列结论中正确的是（）A.B.若角是第三象限角，则C.若角的终边过点D.【答案】ABD【解析】【分析】利用角度值与弧度制的互化可推断A；利用三角函数的象限符号可推断B；利用三角函数的定义可推断C；利用同角三角函数的基本关系可推断D.【详解】对于A，，故A正确；对于B，由三角函数象限符号可知，若是第三象限角，则，故B正确；对于C，角的终边过点，则，故C错误；对于D，，故D正确.故选：ABD.10.在中，角所对边分别为的面积为依据下列条件解三角形，其中有两个解的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】对A，依据为等腰三角形推断即可对B，由三边确定推断即可对C，依据面积公式推断即可对D，依据面积公式与余弦定理分析可得有两个解即可【详解】对A，易得为等腰三角形，故，，故仅一个解；对B，因为三边均确定，且满意随意两边大于第三边，故有唯一解；对C，由面积公式可得，故，故有两解；对D，由可得，故，故，即，结合，有，故可得有两组解.故选：CD11.（多选题）正五角星是一个特别美丽的几何图形，且与黄金分割有着亲密的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形且，下列关系中正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】结合平面对量的线性运算对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形，且．在A中，，故A正确；在B中，，故B错误；在C中，，故C正确；在D中，，若，则，不合题意，故D错误．故选：AC12.已知向量满意，则下列说法正确的是（）A. B.若，则C.，有恒成立 D.若，则【答案】ABC【解析】【分析】将化为可推断A；将化为可推断B；将平方，依据二次函数的最值可推断C；计算可推断D.【详解】解：对于A,因为，所以，即，故，故A正确；对于B，可化为，即.若，则，即，故B正确；对于C，，故，故C正确；对于D，若，则，该式子的值随着的变更而变更，故D错误.故选：ABC.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在△ABC中，若a＝2,b＋c＝7,，则b=_________________【答案】4【解析】【详解】在△ABC中，利用余弦定理，，化简得：8c－7b＋4＝0，与题目条件联立，可解得，【考点定位】本题考查的是解三角形，考查余弦定理的应用．利用题目所给的条件列出方程组求解14.已知平面对量满意，且，则在上投影向量为，则__________．【答案】【解析】【分析】依据向量的投影的概念及公式干脆计算.【详解】在上投影向量为，即，故.故答案为:.15.已知，则的最大值为____________【答案】【解析】【分析】由已知求得，可得，利用同角三角函数基本关系可得，利用二次函数性质即可求解.【详解】，，，即又，利用二次函数性质知，当时，故答案为：16.10世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个视察者异地同时观测同一颗小天体来测定小天体的高度．如图，有两个视察者在地球上A，B两地同时观测到一颗卫星S，仰角分别为∠SAM和∠SBM（MA，MB表示当地的水平线，即为地球表面的切线），设地球半径为R，的长度为，∠SAM＝30°，∠SBM＝45°，则卫星S到地面的高度为______．【答案】【解析】【分析】依据已知条件，构造三角形，在三角形中依据正、余弦定理求解.【详解】如图，圆心为O点，设，由已知的长度为，即，∵∴是等边三角形，又，，，，则，中，有，，，，由正弦定理可得，，即，∴在中，有，，，由余弦定理可得，则，所以，则卫星S到地面的高度为故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知函数，（1）求的最小正周期；（2）若，求的最值．【答案】（1）（2）最小值为，最大值为【解析】【分析】（1）化简的解析式，进而求得的最小正周期；（2）依据三角函数最值的求法，求得在区间上的最值.【小问1详解】，所以的最小正周期为.【小问2详解】由（1）得，由，得，所以，所以当时，取得最小值；当时，取得最大值为.所以在区间上的最小值为，最大值为.18.已知，，．（1）求的值；（2）求向量与夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据题中条件，变更，即可求解；（2）求出及，设与的夹角为θ，利用公式即可.【小问1详解】由题知，因为，所以所以【小问2详解】由题，，则，，所以，令与的夹角为θ，则，即向量与夹角的余弦值是．19.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，___________.（1）求角A；（2）若，，求的面积.注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）从三个条件中任选一个，然后利用诱导公式､二倍角公式､正弦定理等学问转化求解即可.（2）依据第（1）问所求，利用余弦定理建立三边关系，求出bc的值，最终代入三角形面积公式求解即可.【小问1详解】（1）方案一：选条件①.依据正弦定理及得，整理得，即，易知，所以，又，所以，又，（留意角的范围）故.方案二：选条件②.在中，，所以，结合二倍角公式，可得，所以，得.又，所以.方案三：选条件③.在中，，所以，所以，结合正弦定理可得，，得.又，所以.【小问2详解】依据余弦定理可得，，又，，，所以，得，所以.20.在中，角、、所对的边分别为、、，且满意.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合向量运算、正弦定理求得，由此求得.（2）利用正弦定理将表示为三角函数的形式，结合三角函数值域的求法求得的取值范围、【小问1详解】在中，，∵，∴，即，由正弦定理得：，∴，∴，又，∴，∴.【小问2详解】由正弦定理得：，∴，，∴，∵，∴，即，∴，，∴，即.21.已知两个不共线的向量满意.（1）若与垂直，求值；（2）当时，若存在两个不同的，使得成立，求正数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据求出，再绽开求解.(2)依据，平方后化简，整理成，数形结合求解.【小问1详解】由条件知，又与垂直，所以，所以..所以，故.【小问2详解】由，得，即，所以，即，所以.由，得.因为存在两个不同的满意题意，所以数形结合知.即，又，所以.即实数的取值范围为.22.如图，是单位圆（圆心为）上两动点，是劣弧（含端点）上的动点.记（均为实数（1）若到弦的距离是，（i）当点恰好运动到劣弧的中点时，求的值；（ii）求的取值范围；（2）若，记向量和向量的夹角为，求的最小值.【答案】（1）（i）；（ii）（2）【解析】【分析】（1）依据题意，又直线与圆的位置关系，得，（i）可由圆的几何性质得，从而依据数量积的定义求得结果；（ii）以为基底向量，所求向量用基底表示，进而转换为