黑龙江省哈尔滨德强高级中学2024-2025学年高一下学期四月月考数学试卷（解析版）

第页，共页德强高中2024-2025学年度下学期四月月考高一学年数学试题（Ⅰ）卷一、单项选择题：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.已知点，若点在轴上，且⊥，则点的坐标为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设点的坐标，利用数量积为即可求解.【详解】因为在轴上，所以可设，所以因为，所以，解得，故，故选：D.2.已知向量，满足，，且，则（）A.1 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】将向量的模的运算转化为数量积运算即可求解.【详解】由，，，两边平方可得，即，解得，则.故选：A.3.已知点，向量，向量，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，表示出、的坐标，从而得到方程组，解得求出，再由模长公式求解即可.【详解】设，因为向量，，则，，因为，所以，解得，∴.故.故选：D.4.在中，为边的中点.若，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由图及向量加减法可得答案.【详解】由图可得，.故选：A5.在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A.1 B.-1 C.-2 D.2【答案】B【解析】【分析】利用正余弦定理求、，再结合二倍角正弦公式求即可.【详解】由题设知：，而得，∵，∴.故选：B.6.在中，已知，且满足，则的形状是（）A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理和余弦定理得，再根据向量数量积得，则得到，即可判断三角形形状.【详解】由题意得，即，由正弦定理得，即，则，因，所以，又，所以,故，因为，所以．综上可知三角形为等边三角形．故选：C.7.一扇中式实木仿古正方形花窗如图所示，该窗有两个正方形，将这两个正方形（它们有共同的对称中心与对称轴）单独拿出来放置于同一平面，如图所示．已知分米，分米，点在正方形的四条边上运动，当取得最大值时，与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由平面向量数量积的运算，结合向量投影的概念及向量夹角的求法求解即可．【详解】解：以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，，则，，，，设与的夹角为，则，由投影的概念可得：当与重合时，取得最大值，此时.故选：B8.在中，角所对的边分别是，已知，且，当取得最小值时，的最大内角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换结合正弦定理可得，再利用基本不等式求的最小值以及成立的条件，再根据余弦定理即可得结果.【详解】因为，即，可得，即，由正弦定理可得，又因为，当且仅当时，等号成立，若取得最小值，则，此时最大角为角A，，所以的最大内角的余弦值是.故选：C.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）9.已知向量，则下列选项正确的是（）A. B.C.已知，若，则 D.与夹角的余弦值为【答案】BC【解析】【分析】由向量垂直的坐标表示可判断A错误，利用模长的坐标公式可得B正确，再由向量平行的坐标表示可判断C正确，利用夹角的坐标公式计算可知D错误.【详解】对于A，易知，所以不垂直，即A错误；对于B，，可得，可得B正确；对于C，由且可得，解得，即C正确；对于D，设与的夹角为，所以，可得D错误.故选：BC10.下列命题中，正确的是（）A.在中，，则B.若，则为钝角三角形C.若是等边三角形，则，的夹角为D.在中，若，则必是等腰直角三角形【答案】AB【解析】【分析】由，得到，利用正弦定理，可判定A正确；由数量积的公式，得到，可判定B正确；根据向量的夹角的定义，可得判定C不正确；由正弦定理和正弦的倍角公式，化简得到，求得或，可判定D不正确.【详解】对于A中，设外接圆的半径为，由，可得，所以，所以，所以A正确；对于B中，若，可得，即，因为，所以，所以为钝角三角形，所以B正确；对于C中，若是等边三角形，则的夹角为，所以C不正确；对于D中，因为，由正弦定理得，所以，则或，所以或，所以为等腰或直角三角形，所以D不正确.故选：AB.11.设分别是的内角的对边，则下列条件中能确定为锐角的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由余弦定理可判断；选项C由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可判断；选项D利用三角恒等变换可判断.【详解】对于A选项：，即，故A正确；对于B选项：，，，，故B正确；对于C选项：，，，，．故C错误；对于D选项：，，，，故D错误．故选：AB.12.在锐角中，角的对边分别为，且满足.则下列结论正确的有（）A. B.C.的取值范围为 D.的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理和余弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简，可判断A；结合锐角，可判断B；利用正弦定理边化角结合三角函数性质判断C；将化简为，结合A的范围，利用对勾函数单调性，可判断D.【详解】由余弦定理得，，，所以，即，由正弦定理得，①，又因为，所以②，将②式代入①式可得，整理得，因为，所以，即，故A正确；在锐角中，，解得，故B正确；由，故C错误；又，，令，则，由对勾函数性质可知，在上单调递增，，，故D正确.故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平行四边形OACB中，已知，，O为坐标原点，则顶点C的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】根据平行四边形的向量关系结合平面向量的坐标运算即可得顶点C的坐标.【详解】设，因为，，则，，因为四边形OACB为平行四边形，所以，所以，则顶点C的坐标为.故答案为：.14.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______．【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角化简得解.【详解】在中，由及正弦定理，得，而，所以.故答案为：15.已知为等腰三角形，且，则_________.【答案】##0.875【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出.【详解】在中，令内角所对边分别为，由及正弦定理，得，显然为底边，否则不能构成三角形，由余弦定理得.故答案：16.平面向量两两不共线，满足，且．若，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】根据重心的性质可得,,即可根据余弦定理可求解长度，根据三角函数的性质即可求解.【详解】不妨设由,由可得是的重心，由可得,由重心的性质可得,,不妨设,则，故由余弦定理可得，,所以记，平方可得,由于，所以，此时取最大值4，故的最大值为2，因此的最大值为，故答案为：四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤.17.已知向量满足．（1）若，求与的夹角；（2）若与共线，求的坐标．【答案】（1）（2）或．【解析】【分析】（1）结合向量垂直的性质，以及平面向量的夹角公式，即可求解；（2）根据已知条件，结合向量共线的性质，以及向量模公式，即可求解．【小问1详解】，则，设与的夹角为，,，因为，，则，解得，故；【小问2详解】与共线，，则，由，故，解得，故或．18.已知向量，．（1）求；（2）若向量满足，求向量；（3）在（2）的条件下，若，求实数的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用向量坐标的运算求出表示的坐标，再求其模长；（2）利用向量坐标的运算解向量方程即得；（3）将各向量坐标代入，利用方程两边对应项系数相等可得方程组，解之即得.【小问1详解】因为向量，，所以.所以【小问2详解】因为，所以.所以.【小问3详解】因为，由（2）知，.所以.所以即19.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，结合正弦定理角化边，再由余弦定理即可求解；（2）由（1）结合三角形面积公式、余弦定理即可求解；【小问1详解】因为，所以，由正弦定理得，即，所以，因为，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以，即，所以，又，即，所以的周长为.20.在中，，，边，上的点，满足，，为中点．（1）设，求实数，的值；（2）若，求边的长．【答案】（1），；（2）8.【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得；（2）用、表示出，再根据数量积的运算律及定义计算可得.【小问1详解】因为，，所以，，所以，又，且、不共线，所以，；【小问2详解】因为，所以，解得或（舍去），即边的长为．21.如图，在凸四边形中，已知．（1）若，，求的值；（2）若，四边形的面积为4，求的值．【答案】（1）；（2）﹒【解析】【分析】(1)△中求出BD，在△中，由正弦定理求出，根据即可求；(2)在△、△中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(A＋C)﹒【小问1详解】在△中，∵，∴．在△中，由正弦定理得，，∴．∵，∴，∴．【小问2详解】在△、△中，由余弦定理得，，，从而①，由得，②，得，，∴．22.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，为内一点.（1）证明：为等腰三角形；（2）若，，，求的最小值；（3）若，，，求的面积.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式计算可得；（2）设，，在中利用正弦定理表示出，再在中利用余弦定理表示出，利用三角恒等变换公式化为的三角函数，结合正弦函数的性质计算可得；（3）设，即可求出，，由余弦定理得到，再由三角形相似得到，，最后由面积公式计算