2023-2024学年山东省济南市黄河双语实验学校高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

2023-2024学年山东省济南市黄河双语实验学校高一（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题（本题共7小题，共35分）
1.任给，设角，，所对的边分别为，，，则下列等式成立的是
( )
A. B.
C. D.
2.四边形是平行四边形，，，则( )
A. B. C. D.
3.若向量满足，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
4.在中，：：：：，则( )
A. B. C. D.
5.的内角，，的对边分别为，，，若，则( )
A. B. C. 或 D. 或
6.已知，，分别是的三个内角，，所对的边，若的面积，则角的大小是( )
A. B. C. D.
7.在中，，，分别是边，，的中点，点为的重心，则下述结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共4小题，共24分）
8.如图，矩形中，，，与相交于点，过点作，垂足为，则( )
A.
B.
C.
D.
9.设向量，则( )
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
10.的内角，，的对边分别为，，，则下列命题为真命题的是( )
A. 若，则
B. 若，则是钝角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，，，则符合条件的有两个
11.的内角，，的对边分别为，，，若，则( )
A. B.
C. 角的最大值为 D. 面积的最小值为
三、填空题（本题共3小题，共15分）
12.已知正外接圆的半径为，则正的周长为______．
13.设是不共线的两个向量，若，，三点共线，则的值为______．
14.滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们的地面上的点三点共线处测得楼顶，滕王阁顶部的仰角分别为和，在楼顶处测得滕王阁顶部的仰角为，由此估算滕王阁的高度为______精确到
四、解答题（本题共5小题，共76分）
15.已知，，分别为内角，，的对边，，．
求，的值；
求的值．
16.已知向量满足．
求及的值；
求向量与夹角的余弦值．
17.设的内角，，的对边分别为．
求；
若，求的周长．
18.如图，在中，点，满足，点满足为的中点，且，，三点共线．
用表示；
求的值．
19.的内角，，的对边分别为，，，已知．
证明：；
若是锐角三角形，，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：式子符合余弦定理，正确；
故选：．
根据余弦定理的各个式子，与题中各选项加以对照，即可得到本题答案．
本题判断几个式子是否符合余弦定理，着重考查了余弦定理公式与变形的知识，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：四边形是平行四边形，
，
．
故选A．
根据向量的加减法计算即可．
本题主要考查了向量的坐标运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，设与的夹角为，
向量满足，
则，解可得，
又由，则．
故选：．
根据题意，设与的夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得的值，由此分析可得答案．
本题考查向量数量积的性质以及应用，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为：：：：
所以：：：：，设，，
由余弦定理可知：
．
故选：．
通过正弦定理求出，：：：：，设出，，，利用余弦定理直接求出即可．
本题考查正弦定理与余弦定理的应用，考查计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，
则由正弦定理可得：，
又，且，
所以或．
故选：．
利用正弦定理以及大边对大角即可求解．
本题考查了正弦定理的应用，涉及到大边对大角，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，，分别是的三个内角，，所对的边，
的面积，
可得，
可得，
．
故选：．
直接利用三角形的面积以及余弦定理求解即可．
本题考查余弦定理以及三角形的面积的求法，考查计算能力．
7.【答案】
【解析】【分析】
由向量的线性运算结合三角形的重心的性质求解即可．
本题考查了向量的线性运算，重点考查了三角形的重心的性质，属基础题．
【解答】
解：对于选项A，，即选项A错误；
对于选项B，点为的重心，则，即选项B错误；
对于选项C，，即选项C正确；
对于选项D，，即，即选项D正确，
故选：．
8.【答案】
【解析】解：矩形中，，，与相交于点，过点作，垂足为，
，
，
而，
，
故选：．
由勾股定理可得，由，求得的长，求得的值，而，代入相关数据进行运算即可．
本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的减法、数量积的运算法则是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以与不平行，选项A错误；
对于，，所以，选项B正确；
对于，，，所以，选项C错误；
对于，在上的投影向量为，所以选项D正确．
故选：．
根据题意，利用平面向量的坐标运算和数量积的定义，对选项中的命题判断真假性即可．
本题考查了平面向量的坐标表示与数量积运算问题，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，当时，所以，根据正弦定理，整理得，故A正确；
对于，因为，由正弦定理可得，
，为钝角三角形，B正确；
对于，由可得，即，
或，
是直角三角形或等腰三角形，故C不正确；
对于，由正弦定理得，，为锐角，
故存在满足条件的有两个，故D正确．
故选：．
对于：由已知可得，进而由正弦定理可得结论；
对于：利用正弦定理角化边得，利用余弦定理可得；
对于：利用正弦定理边化角整理得，可得或；
对于：正弦定理得，可判断．
本题考查了解三角形中的正弦定理、余弦定理，掌握定理是解答本题的关键，属基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：若，，则，故A正确；
对于：，且，即，即，故B正确；
对于：，即，解得，当且仅当时，等号成立，
，即，即的最大值为，故C正确；
对于：面积为，即面积的最大值为，故D错误．
故选：．
由向量的数量积的定义和余弦定理可判断、；由基本不等式可判断；由三角形的面积公式可判断．
本题考查三角形的余弦定理和向量的数量积的定义、基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：设正三角形的边长为，
则由正弦定理可得：，又，
所以，
则正三角形的周长为．
故答案为：．
设出正三角形的边长，然后利用正弦定理以及三角形的外接圆半径建立方程求出三角形的边长，由此即可求解．
本题考查了正弦定理的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，不共线，，
，，三点共线，与共线，
存在实数，使，
，
，解得．
故答案为：．
根据向量减法的几何意义及向量的数乘运算得出，且得出，根据，，三点共线得出共线，从而得出，然后根据平面向量基本定理即可求出的值．
本题考查了平面向量和共线向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：在中，，
在中，，，故，
所以，解得，
所以米．
故答案为：．
先在中求出的长度，然后再求出中的，，利用正弦定理求出，最后在中利用三角函数的定义求出的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
15.【答案】解：由余弦定理及已知可得：，
即，
联立．
因为中有，则，
由正弦定理可知：，
即．
【解析】利用余弦定理计算即可；
利用正弦定理结合的结论计算即可．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
16.【答案】解：因为，，，
解得，所以，
所以，
所以；
因为，
所以向量与夹角的余弦值为
．
【解析】根据平面向量的数量积求模长即可；
由平面向量的数量积计算向量夹角的余弦值．
本题考查了平面向量的数量积求模长与夹角的应用问题，是基础题．
17.【答案】解：在中，由结合正弦定理可得，．
因为为三角形内角可知，
所以，
而，，
因为为三角形的内角，，故，
所以，即；
由余弦定理可得：，
所以，
由，得，
所以，，
所以的周长为．
【解析】由已知结合正弦定理，和差角公式及诱导公式进行化简可求；
由余弦定理可得，由，可求，，从而可求的周长．
本题考查正余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
18.【答案】解：为的中点，
；
，
，
，，三点共线，，
．
【解析】根据向量的线性运算，以及平面向量基本定理，即可求解；
根据三点共线的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量基本定理，三点共线的运用，属于中档题．
19.【答案】证明：由正弦定理及，知，
因为，
所以，
所以或，
因为，，所以，即．
解：由正弦定理，且，，
得．
因为为锐角三角形，所以，
解得，，
即的取值范围是
【解析】利用正弦定理化边为角，再结合两角和差公式，化简运算，得证；
利用正弦定理推出结合的范围，转化求解的范围即可．
本题考查三角形的解法，正弦定理的应用，考查分析问题解决问题的能力，属中档题．
第1页，共1页