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河北省石家庄市第四十四中学2024 2025学年高一下学期3月月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知O是所在平面内一点，且，那么（ ）
A．点O在的内部 B．点O在的边上
C．点O在边所在的直线上 D．点O在的外部
3．已知是正三角形，则下列等式中不成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4．在中，，，所对的边分别为a，b，c，其中，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知单位向量的夹角为，为实数，则“向量与向量的夹角为锐角”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．如果锐角的外接圆圆心为，则点到三边的距离之比为（ ）
A． B．
C． D．
7．在中，内角所对的边分别为a、b、c，给出下列四个结论：①若，则；②等式一定成立；③；④若，且，则为等边三角形；以上结论正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
8．在中，，是的中点，与交于点，若，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．(多选)设是任意的非零向量，且它们相互不共线，下列命题正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得
B．若向量，共线，则点，，，必在同一直线上
C．边长为的正方形中
D．若点为的重心，则
11．三角形的三边所对的角为，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．若面积为，则周长的最小值为12
C．当，时， D．若，，则面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．设与的夹角为60°，，，则 ．
13．中，a，b，c分别是的对边，，则 .
14．在中，在上，且，在上，且.若，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知平面内两个不共线的向量，.
（1）求；
（2）求与的夹角.
16．已知在中，点在线段上，且，延长到，使.设，.
(1)用、表示向量、；
(2)若向量与共线，求的值.
17．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，，，．
（1）求；
（2）求的长．
18．已知扇形半径为1，，弧上的点满足.
(1)求的最大值；
(2)求最小值.
19．如图，在斜坐标系中，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，的夹角为，定义向量在该斜坐标系中的坐标为有序数对，记为.在斜坐标系中，完成如下问题：
(1)若，，求的坐标；
(2)若，，且，求实数的值；
(3)若，，求向量的夹角的余弦值.
参考答案
1．【答案】D
【解析】先求出的坐标，再通过可求出的坐标.
【详解】
又因为，
所以，
故选D.
2．【答案】D
【详解】因为，所以四边形OACB为平行四边形．从而点O在的外部．
故选D
3．【答案】B
【详解】解：对于A，因为，,
所以，故正确；
对于B，因为,(为中点)，故错误；
对于C，因为(为中点),
(为中点),
所以，故正确；
对于D，因为，，
所以，故正确.
故选B.
4．【答案】B
【详解】，，
，
由正弦定理得，
.
故选B.
5．【答案】B
【详解】法一：
由单位向量的夹角为，可得，．
若向量与向量的夹角为锐角，
则且向量与向量不共线．
由，得；
由向量与向量不共线，得，即．
所以由向量与向量的夹角为锐角，得且．
易知由，则向量与向量的夹角大于等于零且小于九十度.
综上可得“向量与向量的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件．
法二：
因为单位向量的夹角为，所以不妨令，，
则，．因为向量与向量的夹角为锐角，
所以，且，得且．
当时，可得，
此时向量与向量的夹角大于等于零且小于九十度.
综上可得“向量与向量的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件．
故选B．
6．【答案】B
【详解】如图，设外接圆半径，连接，在三角形中，的对角分别为，设点到三边的距离分别为，
由锐角知均为正数，
由外接圆知，所以，
同理: ，，
所以，
由正弦定理得，
所以，
又，
所以，
所以.
故选B.
7．【答案】D
【详解】①∵，∴，
又∵
∴
∴
故①成立；
②∵
∴
∴
∴；
故②成立；
③∵
∴
∴
∴ ；
故③成立；
④∵表示为边的单位向量， 表示为边的单位向量，
∴所以（）.表示，
又∵，
∴°
所以为等边三角形
故④成立.
故选D.
8．【答案】A
【详解】
∵，∴，
∴.
∵A，P，D三点共线，∴.
∵，∴.
∵E是边AB的中点，∴.
∵E，P，F三点共线，∴，
∴，解得，，
∴，即，，故.
故选A.
9．【答案】BD
【详解】解析：因为数量积不满足结合律，故A不正确；由数量积的性质可知B正确，C中结论不一定成立，D运算正确．
故选BD．
10．【答案】AD
【详解】对于选项A，由平面向量平行的推论可得其正确；
对于选项B，向量，共线，只需两向量方向相同或相反即可，点，，，不必在同一直线上，故B错误；
对于选项C，边长为的正方形中，故C错误；
对于选项D，由平面向量中三角形重心的推论可得其正确.
故选AD.
11．【答案】ABD
【详解】因为，
由题意可得，
整理得，
由正弦定理边角互化得，
又由余弦定理得，所以，A正确；
当时，，所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以，B正确；
由当，时，，解得，C错误；
由，得，由正弦定理得解得，
又因为，
所以，D正确；
故选ABD.
12．【答案】
【详解】解：．
，．．．解得．
13．【答案】
【详解】因为，
所以，
即：，
因为，
所以，
14．【答案】/
【详解】因为，所以，因为，所以，
因为，
所以，则，
因为，所以，则.
15．【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）根据条件对的两边平方即可得出关于的方程，然后根据题意知，从而解出；
（2）进行数量积的运算可求出和的值，然后即可求出的值，从而可求出和的夹角.
【详解】解：（1），，，
，且，解得；
（2），，
，且，
.
16．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）解：因为，结合图形可知为的中点，
所以，，
因为，则，
所以，.
（2）解：因为，
因为向量与共线，则存在，使得，
即，所以，，解得.
17．【答案】(1)；(2).
【详解】(1)由AB∥CD可得，则，
即，而，即有，
在中，，
所以；
(2)由(1)知，，
在中，由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
即，解得或(舍去)，
所以的长为.
18．【答案】(1)
(2).
【详解】（1）由题设，构建如下图示的直角坐标系，且，
设，，则，
所以，，，
由，得，
即，，解得，
所以，
所以当时，取得最大值，且.
（2）由（1）可得，，
所以
，
因为，所以当，即当时，取得最小值是.
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）若，，则，
则
故的坐标为.
（2）若，，且，
则，，
由已知得，.
所以
，解得.
（3）若，，
则，
，
所以，
又，
向量，的夹角的余弦值为.

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