山西省运城市盐湖区运城南风学校2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（解析版）

第1页/共1页山西2023～2024年度教育发展联盟高一3月份调研测试数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选选出答案后，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，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：必修第二册第六章.一、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.已知平面向量，，且，则（）A. B. C. D.8【答案】B【解析】【分析】由向量平行的坐标表示可得答案.【详解】由题意知，所以，解得．故选：B2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求解.【详解】解：由正弦定理，得，故选：B3.已知，，是非零向量，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合向量的数量积的性质和运算律判断.【详解】充分性：由题意知，，为非零向量，当时，可得，故充分性满足；必要性：当，解得或，故必要性不满足，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确.故选：A.4.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理知，因为，所以，故C正确.故选：C.5.已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出，再利用投影向量运算即可求解.【详解】由题意得，则在上的投影向量为，故D正确.故选：D.6.已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的形状是（）A.等腰三角形 B.等边三角形C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形【答案】C【解析】【分析】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理得，进一步有，由此即可得解.【详解】由正弦定理及，得，所以，得，因为，，所以，，所以，因为，所以，为直角三角形．故选：C.7.如图，平行四边形ABCD中，M是BC中点，N是CD上靠近点D的三等分点，若（，），则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的加法，减法和数乘得到，再利用待定系数法求解.【详解】解：因为，所以，所以，所以，，．故选：D8.第九届中国国际“互联网＋”大学生创业大赛于2023年10月16日至21日在天津举办，天津市以此为契机，加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设．如图，某区域地面有四个5G基站，分别为A，B，C，D．已知C，D两个基站建在河的南岸，距离为20km，基站A，B在河的北岸，测得，，，，则A，B两个基站的距离为（）A.km B.km C.15km D.km【答案】A【解析】【分析】首先求得，在中，运用正弦定理求得，进一步求得，由此在中利用余弦定理即可求解.【详解】在中，，由正弦定理得，，在中，易知，，所以，所以，由余弦定理得．故选：A.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.下列说法正确的有（）A.若与是单位向量，则B.若非零向量与是相反向量，则C.D.若与共线，与共线，则与共线【答案】BC【解析】【分析】对于A，只需与不共线即可排除；对于B，由相反向量的定义即可求解；对于C，由数量积的定义即可判断；对于D，只需为零向量，、不共线即可排除.【详解】与是单位向量且方向不同时，，A错误；根据相反向量的定义可知，与方向相反且两个向量模相等，即，B正确；，C正确；若为零向量，、为非零向量，则与不一定共线，D错误．故选：BC.10.内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理可得，可得即，然后可求出，分类讨论从而可求解.【详解】因为，所以，由正弦定理可得，又，所以，因为，，所以，所以，所以或，当时，；当时，故A、C正确.故选：AC.11.已知的内角的对边分别为，，，，点为的外接圆圆心，满足，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】对A，由余弦定理求解；对B，根据点O为ABC的外接圆圆心，利用投影求解；对C，由，再利用数量积的投影求解；对D，根据，由，联立求解.【详解】对A，由余弦定理知，又，所以，A正确；对B，因为点O为ABC的外接圆圆心，所以，，所以，B错误；对C，，C正确；对D，因为，则，又，即①，同理，即，所以②，联立①②，解得，，，D正确．故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则_______．【答案】1【解析】【分析】利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理得.故答案为：.13.设，向量，，且，则____________；当时，的取值范围为____________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据向量垂直列方程求得，进而可得空1答案；利用平方的方法，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】空1：因为，所以，即，得；空2：由题知，又，所以当时，取得最小值，最小值为12，当时，取得最大值，最大值为28，故的取值范围为．故答案为：；.14.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是边BC边上一点，，，且，则的最小值为____________．【答案】【解析】【分析】由等面积法可得：，可得，再结合基本不等式求最值.【详解】由等面积法可得：，所以，所以，可得，所以，当且仅当，时取等号，所以的最小值为．故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若，，求b，c的值．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边得，由余弦定理边化角即可求解；（2）直接由余弦定理列方程组即可求解.【小问1详解】由正弦定理及，得．由余弦定理得．因为，所以．【小问2详解】由（1）知，又，，由余弦定理可得，，即，解得，．16.已知向量，满足，，．（1）求与的夹角；（2）若，求．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用向量的数量积性质及运算规律即可求解.（2）由，再利用求模公式求解.【小问1详解】因为，，，设，所以，所以，因为，所以，即与的夹角为．【小问2详解】因为，则，故．17.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为R，且．（1）求B；（2）若，，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理得到，结合，从而求解．（2）由，得到．再结合正弦定理得到求解.【小问1详解】由题知，所以．又，所以，所以．因为，，所以．又，所以．【小问2详解】因为，所以，即．又，所以，因为，所以，即，所以，故，所以，故的取值范围为．18.如图，正方形的边长为6，E是的中点，F是边上靠近点B的三等分点，与交于点M．（1）求的值；（2）已知点P是正方形四条边上的动点，若，求的长度．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）建立适当平面直角坐标系，求出的坐标，由向量坐标的数量积公式即可求解；（2）首先由，，得出点满足的两条直线方程，联立得的坐标，进一步由，对分类讨论即可求出它的位置，由向量模的坐标公式即可求解.【小问1详解】如图所示，建立以点A为原点平面直角坐标系．则，，，，所以，，所以．【小问2详解】设，所以，因为，所以，所以．因为，，，所以，所以，所以，所以，，所以．由题得，又，由图易知，点P在线段上或线段，①若P在上，设，，，，则，解得，所以，．②若P在上，设，，，，则，解得，所以，．综上，的长度为或．19.定义非零向量的“相伴函数”为（），向量称为函数（）的“相伴向量”（其中O为坐标原点）．（1）设（），写出函数的相伴向量；（2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记向量的相伴函数，若且，求的取值范围；（3）已知，，为（2）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存点【解析】【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果；（2）首先根据相伴函数的概念求出，进而求出，通过正弦定理将表示成关