河南省郑州重点学校2022-2023学年高一下学期第一次月考数学试题（含解析）

河南省郑州重点学校2022-2023学年高一下学期第一次月考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知，，则与向量共线的单位向量为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
2．已知，与同向的单位向量为，，，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑．最初是供奉或收藏佛骨、佛像、佛经、僧人遗体等的高耸型点式建筑，称“佛塔”．如图，为测量某塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度约为（ ）（参考数据：，）
A．13米 B．24米 C．39米 D．45米
4．在中，已知，，，满足此条件的三角形只有一个，则满足（ ）
A． B．
C． D．
5．在边长为4的等边△ABC中，已知，点P在线段CD上，且，则（ ）
A．1 B． C． D．
6．在中，为边的中点，，，，则为
A． B． C． D．
7．△ABC，M为平面上一点，（ ）
A．3 B．8 C． D．
8．已知，，，，则的取值范围是（ ）
A． B．[0，2]
C． D．[0，1]
9．已知向量，，满足，且，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
10．在中，.为所在平面内的动点，且，若，则给出下面四个结论：
①的最小值为；②的最小值为；
③的最大值为；④的最大值为8.
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
11．下列四个选项，错误的是（ ）
A．已知向量，，若“与共线”，则“存在唯一实数使得”
B．已知，是非零向量，若“与共线”，则“”
C．在△ABC中，A，B，C为三角形的三个内角，若“”，则“”
D．设非零向量，，若，则向量与的夹角为锐角
三、单选题
12．在锐角中，、、分别是的内角、、所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
四、填空题
13．设是空间两个不共线的向量，已知，，且A，B，D三点共线，则实数k＝___．
14．中，BC边上的点D满足，，点G在三角形内，满足，则的值为______．
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若△ABC的面积，则ab的最小值为______．
16．在中， ，，，是的内心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖的面积为_______．
五、解答题
17．如图，在中，点在边上，且．过点的直线分别交射线、射线于不同的两点，，若，．
(1)求的值；
(2)若恒成立，求实数的最小整数值．
18．已知向量，，且．
(1)求及；
(2)若函数的最小值为，求m的值．
19．已知△ABC三边为a，b，c三边所对角为A，B，C，满足．
(1)求角A．
(2)若a＝1，求△ABC的周长的取值范围．
20．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设．
(1)求角A；
(2)若，且AD＝2，求面积的最大值．
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页
参考答案：
1．B
【分析】由，，得到向量的坐标，再利用单位向量求解.
【详解】因为，，
所以向量，
所以与向量共线的单位向量为或.
故选：B
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标表示与单位向量，属于基础题.
2．D
【分析】求出，再计算向量在向量方向上的投影向量可得答案.
【详解】由题意知，
又因为与同向的单位向量为，所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：D．
3．C
【分析】在Rt△ABC根据∠ACB的正切得AB与BC的关系，在△BCD中利用正弦定理列式即可求解．
【详解】设，则，
在中，，由正弦定理得，
因为，
代入数据，解得（米），
故选：C．
4．D
【分析】结合正弦定理得，满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，即可确定B的范围，求得结果.
【详解】由正弦定理得，则有，.
∵满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，则，故.
故选：D
5．C
【分析】将用和表示，再根据三点共线，求出的值，再根据即可得出答案.
【详解】解：，
因为三点共线，所以，所以，
所以，
则.
故选：C.
6．B
【详解】分析：先利用余弦定理和诱导公式得到第三边的长度，再利用余弦定理进行求解．
详解：设，
在和中，
由余弦定理及诱导公式，
得，
即，
解得，即，
则,
所以．
点睛：本题考查余弦定理、诱导公式等知识，意在考查学生的数形结合思想的应用能力和基本运算能力．
7．A
【分析】通过构造三点共线的方法求得，从而求得正确答案.
【详解】如图，延长交于，三点共线，故可设，
因为A，M，G三点共线，故可设，
即），
所以，解得且，
又，故，
所以，
所以，
所以．
故选：A
8．A
【分析】根据已知平面向量互相垂直建立直角坐标系，然后根据平面向量坐标表示公式，结合圆的几何性质进行求解即可.
【详解】设，因为，所以以、所在的直线为横轴、纵轴建立如图所示的平面直角坐标系，
因为，所以，
因此，因为，
即点.
设,，因为，
所以，所以点在以点为圆心，为半径的圆上，
而表示圆上的点到原点的距离，
圆心到原点的距离为，显然原点在圆上，
由圆的几何意义可知，最大距离等于，最小距离为0，
故选：A
【点睛】本题考查了利用几何意义求平面向量模的最值问题，考查了平面向量坐标表示公式的应用，考查了数学运算能力和数形结合能力.
9．D
【分析】由，得，两边平方求得，即可得解.
【详解】由，得，
则，所以，
所以，
所以，由于，所以．
故选：D.
10．A
【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，设，然后表示出的坐标，由题意可得，再逐个分析判断即可.
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，
因为，所以设，则
，，
所以，
所以，即（为任意角），
所以
（其中），
所以的最大值为，最小值为，
所以①③错误，
因为，
所以
（其中）
因为，
所以，
所以，
所以的最小值为，最大值为14，
所以②正确，④错误，
故选：A
11．ABD
【分析】根据向量共线定理可判断A；根据向量共线定理设，分别代入、可判断B；根据正弦定理可判断C；举当向量的夹角为时可判断D.
【详解】对于A，若“与共线”，则“存在唯一实数使得”，故A错误；
对于B，，是非零向量，若“与共线”，则“存在唯一非零实数使得”，
则，，故与
不一定相等，故B错误；
对于C，若“”，则，由正弦定理可得 “”，故C正确；
对于D，当非零向量的夹角为时，，故D错误.
故选：ABD.
12．C
【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】连接并延长交于点，则为的中点，
因为，则，由重心的性质可得，则，
因为，
所以，，所以，，
所以，，
所以，，则为锐角，
由余弦定理可得，
所以，，
因为为锐角三角形，则，即，即，
所以，，
构造函数，其中，
任取、且，则
.
当时，，，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，，故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：在涉及到三角形中的中线问题，一般利用向量法来处理，结合三角形中的余弦定理来求解，本题中要求解的是角的余弦值的取值范围，要充分利用已知条件将角的余弦值表示为以某个变量为自变量的函数，结合锐角三角形这一条件求出变量的取值范围，再利用相关函数的单调性求解.
13．1
【分析】由列方程组，由此求得的值.
【详解】∵A，B，D三点共线，
∴向量和共线，故存在实数λ，使，
，
所以
故可得 ，解得.
故答案为：1
14．6
【分析】利用向量数量积的运算，得到，再由，得出G是的重心，从而得到，求出结果.
【详解】因为，所以，即，
如下图，取中点，
因为，所以，得到，
所以三点共线，且，所以G是的重心，
所以．
故答案为：6.
15．48
【分析】根据正弦定理结合已知可推得，然后根据面积公式即可得出，由余弦定理可推得，根据基本不等式即可得出答案.
【详解】设为外接圆的半径.
由正弦定理知，
又，
可得：.
由，得，
则，即，
又，，得.
因为，得，
则△ABC的面积为，即，
由余弦定理，得，化简，得.
又，当且仅当时取等号，
可得：，即，故ab的最小值是48．
故答案为：48.
16．
【详解】试题分析：由，.可得点P的轨迹如图的阴影部分的面积，
在三角形ABC中由余弦定理可得解得AB=5.
所以三角形ABC的面积为.
又由.
所以阴影部分面积.故填.
考点：1.向量知识.2.向量的坐标表示形式.
17．(1)3
(2)2
【分析】（1）利用向量的线性表示及向量共线的推论即得；
（2）利用基本不等式可得，进而即得.
【详解】（1）连接．
因为，，，
所以
．
因为，，共线，
所以，．
（2）显然，所以等价于，
即．
因为，当且仅当，
即，时，取到最小值．
于是，
∴．
故实数的最小整数值是2．
18．(1)，
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标表示结合两角和的余弦公式即可求出，根据数量积的坐标表示结合数量积的运算律即可求出；
（2）由（1）结合二倍角的余弦公式可得，令，再根据二次函数的性质分类讨论求解即可.
【详解】（1），
，，
∵，∴；
（2），
令，∵，∴，
则，
当，即时，不符合题意，
当，即时，，由解得，
又，∴，
当，即时，，由，解得，
又，∴不符合题意，
综上可知，m的值为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再结合三角恒等变形，即可求解；
（2）根据正弦定理，将三角形周长转化为三角函数问题，利用三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）△ABC中，∵，
∴由正弦定理得：，
因为，所以，
∴，∴，
∵，∴，且，
∴．
（2）∵，∴，同理，
因为，所以，
所以△ABC周长
，
因为，所以，可得：，
所以△ABC周长的取值范围为
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，边转角得到，再利用角的范围，即可求出结果；
（2）利用余弦定理得，再利用和余弦定理得，从而得到，再利用重要不等式，即可求出结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，
∴，
所以
整理得，，
即
∴，又，，
所以或者（舍）或者（舍），
所以，又
所以；
（2）在中，由余弦定理得：，①
又因为，所以，，且，
即，
由余弦定理，得，②
将①②联立得：，即，（当且仅当，时等号成立），
所以．
答案第4页，共14页
答案第5页，共14页