甘肃省定西市临洮县临洮中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题(含答案解析)

甘肃省定西市临洮县临洮中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知在ABC中，角A，B的对边分别为a，b，若sinA:sinB1:2,a2，则b的值为（A．1）B．2C．2）D．(0,6)D．222．已知向量a(1,2),b(3,5)，则3a2b等于（A．(3,4)B．(0,4)C．(3,6)3．对于非零向量a、b，“ab0”是“a//b”的（）A．充分不必要条件C．充分必要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．设e1,e2是平面向量的一组基底，以下四个选项中可以作为平面向量的一组基底的是（）B．e12e2和6e23e11A．2e2e1和e2e1221e2e1C．e12e2和33D．e1e2和e1e2b2c2a25．在ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，它的面积为，则角A4等于（A．30）B．45C．60D．906．已知点A1,1，B1,2，C2,1，D3,4，若e是与CD方向相同的单位向量，则向量AB在CD方向上的投影向量为（）C．A．315e2B．32e232e2D．315e2在一个边长为2的等边三角形ABC中，若点P是平面ABC(包括边界)中的任意一点，7．则PAPC的最小值是()A．52B．43C．1D．348．我校八角形校徽由两个正方形叠加变形而成，喻意“方方正正做人”，又寄托南开人”面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神，如图，在抽象自“南开校徽”的多边形中，已知其由一个正方形与以该正方形中心为中心逆时针旋转45后的正方形试卷第1页，共4页组合而成，已知向量n，k，则向量a（）A．2n3kB．22n3kC．22n22kD．12n22k二、多选题9．ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a4,A30．则b可以为（A．7B．8C．9）D．10）10．对任意向量a、b，下列关系式中恒成立的是（22aA．babab22B．(ab)|ab|D．ababC．abab11．已知函数f(x)cosx3sinx(0)的部分图象如图所示，则下列选项正确的是（）A．2B．函数f(x)的单调增区间为k7,k(kZ)12127,0中心对称C．函数f(x)的图象关于12D．函数f(x)的图象可由y2cosx图象向右平移个单位长度得到612．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，试卷第2页，共4页122c2a2b2ca为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即S422（S为三角形的面积，a，b､c为三角形的三边）.现有△ABC满足sinA:sinB:sinC2:3:7，且△ABC的面积S△ABC63，则下列结论正确的是（A．△ABC的最短边长为4C．△ABC的外接圆半径为）B．△ABC的三个内角满足AB2C4213D．△ABC的中线CD的长为32三、填空题13．sin10cos40cos50cos10__________．14．写出一个与向量a1,1的夹角为75°的向量b___________.（答案不唯一，写出一个即可）15．已知三条线段的长度分别为x、3、4，且0x3，若这三条线段能构成锐角三角形，则实数x的取值范围为______.16．如图，在平面四边形ABCD中，若AC6，ABDCACBD11，则BD__________．四、解答题17．已知是第三象限角，cosπ3．5π(1)求sin的值；43π(2)求cos的值．418．已知向量a(2,2)，b(2,1)，c(2,1)，tR．(1)若|atb|3，求t的值；(2)若atb与c垂直，求t的值．19．如图，缉私艇在A处通过卫星发现正东方相距40nmile的P处有一艘走私船，走私船正以102nmile/h的速度往它的东北方向的公海逃窜，此时距离公海356nmile．缉试卷第3页，共4页私艇立即以20nmile/h的速度追缉．（1）为了尽快将走私船截获，缉私艇应该往哪个方向进行追缉？（2）缉私艇能否在该走私船进入公海前将其截获？20．已知函数fx3sin2xcos2x3．(1)求fx的单调递增区间及对称中心坐标；ππ(2)将yfx的图象上的各点__________得到ygx的图象，当x,时，方程gxm有解，求实数m的取值范围．在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按①给分．①向左平移π个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半.6π个单位．6②纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移21．在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，b23，sin2Asin2CsinAsinCsin2B.(1)求角B的大小及ABC外接圆的半径R的值；(2)若AD是BAC的内角平分线，当ABC面积最大时，求AD的长.22．设G为ABC的重心，过G作直线l分别交线段AB,AC(不与端点重合)于P,Q．若APAB,AQAC．（1）求11的值；（2）求的取值范围．试卷第4页，共4页参：1．C【分析】根据正弦定理可得sinA:sinBa:b，结合a的值可求b的值.【详解】由正弦定理ab可得sinA:sinBa:b，所以a:b1:2，sinAsinB因为a2，所以b2.故选：C.2．A【分析】由向量坐标运算直接求解即可.【详解】3a2b3(1,2)2(3,5)(3,4).故选：A3．A【分析】根据向量共线的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】对于非零向量a、b，若ab0，则ab，∴由向量共线定理可知a//b，若a//b，则ab，ab0不一定成立，∴ab0是a//b的充分不必要条件，故选：A4．D【分析】利用向量共线定理逐一判断即可.11【详解】对于A：2e2e12e2e1，2e2e1和e2e1共线，A错误；22对于B：3e12e26e23e1，e12e2和6e23e1共线，B错误；2121e2e3eee2e1共线，C错误；221，e12e2和对于C：13333eeee1212对于D：不存在实数使，e1e2和e1e2不共线，D正确.故选：D.5．Bb2c2a21【解析】根据余弦定理可得bccosA，再根据面积公式可得sinAcosA，从42而可求出角A．答案第1页，共11页b2c2a22bccosA1【详解】解：由余弦定理得bccosA，442b2c2a21又根据三角形面积公式得bcsinA，42∴sinAcosA，又角A为ABC的内角，∴A45，故选：B．【点睛】本题主要考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用，属于基础题．6．BuuuruuuruuurABCD,CD【分析】根据题意向量的坐标运算求，再由投影向量的定义运算求解.uuuruuuruuur22【详解】由题意可得AB2,1,CD5,5，则ABCD251515,CD5552，故向量AB在CD方向上的投影向量为uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurruuurABCDrABCDrrree15e32eABcosAB,CDeABuuuruuuruuur252CDABCD.故选：B.7．C【分析】以AC为x轴，AC中点为原点建立直角坐标系，利用坐标法进行求解.【详解】如图，以AC为x轴，AC中点为原点建立直角坐标系，则A(－1，0)，C(1，0)，PA1x,yPC设P(x，y)，则，1x,y，∴PAPCx21y2x2y21󰁦1，当且仅当P在原点时，取等号﹒故选：C.8．D【分析】根据对称性可得线段的长度关系以及点共线，再由向量的加法法则可求解.答案第2页，共11页n【详解】根据题意可得k，由该图形是由正方形中心为中心逆时针旋转45后与原正方形组合而成，如图由对称性可得ABBCCDDEEQQF,CEEFFG2AB2n由对称性可得点B,C,E,Q共线，点Q,F,G共线.所以BQBCCEEQ22k，QGQFFG12n所以aBQQG22k12n故选：D9．AB【分析】由正弦定理可得b8sinB，由0sinB≤1得0b8，结合选项即可求解.【详解】在△ABC中，a4，A30，由正弦定理可得ab4b，即，所以b8sinB，sinAsinBsin30sinB因为0sinB≤1，所以0b8，所以b可以为7，8，故选：AB.10．ABC【分析】根据平面向量的线性运算和数量积的定义与运算逐项分析判断.22【详解】对A：根据数量积的运算律可得：ababab恒成立，A正确；r2r对B：根据a|a|2，可得(ab)2|ab|2恒成立，B正确；ababcosabcos对C：，其中为a,b的夹角，∵cos1，可得ababcosabcosab，答案第3页，共11页abab恒成立，C正确；∴rrrr对D：根据向量减法可得：abab，当且仅当a,b同向或a,b中有零向量时等号成立，abab不恒成立，D错误；故故选：ABC.11．AC【分析】由图象求出函数f(x)的解析式，然后逐一去解答各选项的问题而得解.【详解】f(x)cosx3sinx2cosx33T532由图象可知，所以T，所以2，故A选项正确43124函数f(x)的解析式为f(x)2cos2x3，2xk，令2k2x2k(kZ)得：k3632,k(kZ)，故B选项错误故f(x)的单调增区间为k367因为f0，故C选项正确12因为f(x)图象可由y2cosx图象向左平移故选：AC个单位长度得到，故D选项错误6【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象求其解析式时，关键是求待定系数ω和φ，一般是由周期求出ω；由图象上的最高(低)点或者零点确定φ值.12．AB1CDCACB．【分析】结合题意利用正余弦定理处理运算，常用向量处理△ABC的中线：2【详解】因为sinA:sinB:sinC2:3:7，所以由正弦定理可得a:b:c2:3:7，设a2t，b3t，c7tt0，因为S△ABC63，所以63得t2，则a4，b6，c27，A正确；7t24t29t21227t4t422，解2a2b2c216362812C，故B正因为cosC，所以C，AB3332ab2462确；答案第4页，共11页因为Cc4212213，由正弦定理得2R，R，C错误；323sinC3uuur21uuruur2111CDCACB，所以CDCACB361624619，故CD19，4422，所以sinCD错误.故选：AB.113．/0.52【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式计算即可.【详解】sin10cos40cos50cos10sin10sin50cos50cos10cos5010cos601故答案为：.21.214．3,1（答案不唯一）62【分析】先算出cos75，设bx,y，利用向量的夹角公式即可得到答案4【详解】解：cos75cos4530cos45cos30sin45sin30ab设bx,y，所以cos75abxy2x2y262，462，4令x3，解得y1，故答案为：15．3,17,3【解析】由最大角的余弦值大于零，结合题中已给条件，即可得到x的范围.【详解】设该锐角三角形的最大边4对应的角度为，x2916故由题可得cos0，解得x27，即可得x76x又因为0x3，故可得x故答案为：7,3.7,3.【点睛】本题考查余弦定理的推论，需要注意的是，若要构成锐角三角形，只需最大角为锐角即可.答案第5页，共11页16．5uuuruuuruuruuuruuuruuur【分析】根据ABACCB,DCDBBC，将问题转化为AC,BD，结合数量积的运算律求解.【详解】由题意可得：uuuruuuruuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2uuur2ABDCACBDACCBDBBCACBDACBDACBDACBD，uuuruuur2uuur2故36BD11，则BD25，即BD5.故答案为：5.17．(1)(2)7210210π【分析】（1）先利用同角三角函数关系求出sin，再利用两角和的正弦公式求sin；43π（2）直接利用两角差的余弦公式求cos.4【详解】（1）cosπcos3，53cos，又是第三象限角5sin1cos24，5π22242372sinsincos；4222525103π2223242cossin（2）cos.42225251018．(1)t1或t(2)t215【分析】（1）先由向量的坐标运算公式atb，在于向量的模的坐标表示列方程求t的值；（2）利用向量垂直的坐标表示列方程求t的值．【详解】（1）因为a(2,2)，b(2,1)，答案第6页，共11页所以atb(2,2)t(2,1)(22t,2t)，又|atb|3，所以|atb|(22t)2(2t)25t24t83，即5t24t10，1解得t1或t．5（2）因为a(2,2)，b(2,1)，所以atb(2,2)t(2,1)(22t,2t)，又atb与c垂直，c(2,1)，所以(22t)2(2t)(1)0，解得t2．（1）缉私艇应该往东偏北30方向追缉；（2）缉私艇可以在该走私船进入公海前将其截19．获.【分析】（1）假设t小时后缉私艇在点M处将走私船截获，则可得AM20t,PM102t，然后在△APM中利用正弦定理可求得答案；（2）△APM中利用余弦定理列方程可求出t的值，从而可求出PM的长，再与356nmile比较大小即可得答案【详解】解：（1）假设t小时后缉私艇在点M处将走私船截获．在△APM中，AM20t,PM102t,P135,1AMPM，解得sinA，2sinPsinA则A30，即缉私艇应该往东偏北30方向追缉．（2）在△APM中，根据余弦定理得，AM2AP2PM22APPMcos135所以20t2402102t22240102t2答案第7页，共11页化简得t24t80，解得t232或t232（舍去），此时走私船前进了102t20(26)356．所以缉私艇可以在该走私船进入公海前将其截获．πππkπ20．(1)单调递增区间为kπ,kπkZ，对称中心为,3kZ；63122(2)选①，m的取值范围为1,5；选②，m的取值范围为2,23.π【分析】（1）由辅助角公式化简函数解析式得fx2sin2x3，然后利用整体法分6别计算函数的单调递增区间和对称中心；（2）选择条件①或②，结合三角函数图象的变换公式得到函数gx的解析式，然后根据x的取值范围求得函数gx的值域，从而确定m的取值范围.31πfx3sin2xcos2x32sin2xcos2x32sin2x【详解】（1）3，226πππ2kπ2x2kπ,kZ，262ππkπxkπ,kZ，36化简得ππ所以函数fx的单调递增区间为kπ,kπkZ，63πkππ令2xkπ,kZ，得x,kZ，6122πkπ所以函数fx的对称中心为,3kZ122ππ（2）选①，将函数fx2sin2x3向左平移个单位得66ππy2sin2x32cos2x3，66再将函数横坐标缩短到原来的一半得gx2cos4x3.ππ2π当x,时，4x,π，则cos4x1,1，3得12cos4x35，所以函数ygx的值域为1,5，答案第8页，共11页因为gxm有解，所以1m5，所以m的取值范围为1,5；π选②，将函数fx2sin2x3横坐标伸长到原来的2倍，6ππ得y2sinx3，再向右平移个单位得66ππgx2sinx32sinx3，6612ππ当x,时，sinx,，22得22sinx323，所以函数ygx的值域为2,23，因为gxm有解，所以2m23，所以m的取值范围为2,23.21．(1)(2)62π，23【分析】（1）由正弦定理将角化边，再由余弦定理求出B，最后由正弦定理求出外接圆的半径；（2）由余弦定理及基本不等式求出ac的最大值，即可得到ABC面积最大值，从而求出BAC与ADB，再由正弦定理计算可得；【详解】（1）解：因为sin2Asin2CsinAsinCsin2B，由正弦定理可得a2c2b2ac，a2c2b21由余弦定理得cosB，2ac22π又B0,，所以B，3由正弦定理得2Rb234，所以R2.sinBsin2π3（2）解：在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accosB，222则12ac2accosπ，即a2c2ac12.3答案第9页，共11页a0，c0，a2c2ac123acac4，当且仅当ac2时，acmax4，所以S△ABCmax112πacsinB4sin3.22312π此时，BACCππ.236πππ在△ABD中，ADB，6124AD2AD2ππsinsin34232226.由正弦定理得22．（1）1413；（2）,．921【分析】（1）连结AG并延长交BC于M，则M是BC的中点，设ABb,ACc，根据APABb,AQACc，用b,c表示PQ，PG，再由P,G,Q三点共线求解；210,1，进而得到（２）由（1）得到3113，利用二次函数的性312质求解.【详解】（1）如图所示：连结AG并延长交BC于M，则M是BC的中点，设ABb,ACc，1121则AM(ABAC)(bc)，AGAM(bc)①2233又APABb,AQACc，②111PGAGAP(bc)b()bc，PQAQAPucb，333P,G,Q三点共线，故存在实数t，使PGtPQ，答案第10页，共11页11()bc331t3tctb，则，1t3消t得：1311，即3.（２）,0,1，0,1，3111,1，即1,2，22113113(13)29，242其中131313912时，2有最小值2，时，2有最大值，1，2441所以的取值范围是,92答案第11页，共11页