2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

2023-2024学年重庆市万州第二高级中学高一（下）月考数学试卷（3月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，则( )
A. B. C. D.
2.如图，在平行四边形中，，，是边上一点，且，则( )
A. B. C. D.
3.在中，角，所对的边分别为，若，则( )
A. B. C. D.
4.已知，，与同向的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角( )
A. B. C. D.
5.冬奥会会徽以汉字“冬”如图甲为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用，，，，，等特殊角度为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求该同学取端点绘制了如图乙，测得，，，若点恰好在边上，请帮忙计算的值( )
A. B. C. D.
6.如图，正六边形的边长为，半径为的圆的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
7.在三角形中，点是边上的四等分点且，边上存在点满足，直线和直线交于点，若，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
8.在中，，若点为的中点，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下面给出的关系式中，正确的是( )
A. B.
C. D.
10.在中，内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是( )
A. 若，且，则为直角三角形
B. 若，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
C. 若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
D. 若，则为钝角三角形
11.已知的内角，，的对边为，，，下列说法中正确的是( )
A. 若，则
B. 若满足，的恰有一个，则的取值范围是
C. 若，则
D. 若，，则该三角形内切圆面积的最大值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知单位向量满足，则 ______．
13.在中，，，则外接圆半径为______．
14.设点，，，若动点满足，且，则的最大值为______．
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.本小题分
已知向量，
求的值；
若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．
16.本小题分
在中，角、、所对的边分别是、、，且，
求角的值；
若，求面积的最大值．
17.本小题分
如图，在平面四边形中，，，．
若的面积为，求的长；
若，求的大小．
18.本小题分
在锐角中，角，，所对的边分别是，，，已知，．
求角；
若是内的一动点，且满足，则是否存在最大值？若存在，请求出最大值及取最大值的条件；若不存在，请说明理由；
若是中上的一点，且满足，求：的取值范围．
19.本小题分
将所有平面向量组成的集合记作，是从到的映射，记作或，其中，，，，，都是实数定义映射的模为：在的条件下的最大值，记做若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特征值．
若，求；
如果，计算的特征值，并求相应的；
若，要使有唯一的特征值，实数，，，应满足什么条件？试找出一个映射，满足以下两个条件：有唯一的特征值；，并验证满足这两个条件．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：向量，
由题意可知，则．
故选：．
利用向量平行的性质列方程求解．
本题考查向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：平行四边形中，，，，
则．
故选：．
由已知得，代入可求．
本题主要考查了向量的线性表示，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，
又根据正弦定理可知，，是外接圆半径，
则，得．
故选：．
根据题意利用正弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为在上的投影向量为，
所以，即，
解得，
由知，．
故选：．
根据向量在向量上投影向量的定义计算即可得解．
本题主要考查了向量投影的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意，在中，由余弦定理可得，，
在中，由，得．
故选：．
在中，由余弦定理求出，再在中，由，得出，即可解得结果．
本题考查余弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：由题意可得：
，
当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，
所以，
则，
即．
故选：．
根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意，，
则，
同理可得：，
因为直线和直线交于点，
所以，
即，解得．
故选：．
设与交于点，根据向量加、减法的三角形法则，共线向量定理可求出和，利用，，三点共线，得出，根据对应系数相等可求得的值．
本题考查平面向量的基本定理的应用，属基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为为的中点，所以，
可得，
由余弦定理可得，所以，
所以，
因为，所以，当且仅当即时取等号，
所以，即．
故选：．
利用向量加法运算及数量积模的公式求得，利用余弦定理求得，再根据基本不等式求解即可．
本题主要考查三角形中的几何计算，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对：由，得，而，故A正确；
对：取，则成立，但不一定成立，故B错误；
对：表示与共线的向量，而表示与共线的向量，
所以不一定成立，故C错误；
对：因为，，
又，所以，故D正确．
故选：．
由向量数量积的概念、性质及运算律即可得出答案．
本题考查平面向量的数量积的运算律，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A，因为别为单位向量，所以的角平分线与垂直，所以，所以又因为，
即，因为，所以，所以，所以为等边三角形，故选项A错误；
对于选项B，要使满足条件的三角形有且只有两个，则，因为，所以，即，所以，故选项B正确；
对于，因为，故，即，又，所以，故，由于，故，同理可得，结合，故，可得，故为等边三角形，C正确；
对于，，
，
，
又，而，，，
所以，，中有一个为钝角，D正确．
故选：．
对于，，分别为单位向量，可得的角平分线与垂直，由已知可求角，进而可判断；对于，满足条件的三角形有且只有两个，则，计算可判断；利用向量的数量积的计算可判断；，，全大于，可判断．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于选项A，若，则，即，
因为，，所以，，
所以，
由正弦定理得，即选项A正确；
对于选项B，若满足，的恰有一个，则或，
所以或，即选项B错误；
对于选项C，若，则，即，
因为，所以，，
所以，即，
所以，解得，
因为，所以，，
所以，
所以，即选项C正确；
对于选项D，由正弦定理及得，，
所以，
即，
整理得，
因为，，所以，，所以，
所以，
又，所以，
设该三角形内切圆半径为，
则，
又，所以，
所以，
由正弦定理知，，所以，，
所以，
因为，所以，所以，所以，
所以该三角形内切圆面积的最大值为，即选项D正确．
故选：．
对于，利用同角三角函数的平方关系化简可得，再由正弦定理，得解；
对于，根据三角形解的个数的结论，即可判断；
对于，利用二倍角公式化简已知等式，可得，再结合同角三角函数的平方关系，求出的值，然后由二倍角公式求得的值；
对于，由正弦定理边化角，根据两角和的正弦公式变形可得，再求出内切圆半径的最大值，即可得解；
本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握三角恒等变换公式，正弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
12.【答案】
【解析】解：因为单位向量满足，
两边平方得，即，解得，
又，所以．
故答案为：．
由向量的数量积和模长运算求出即可．
本题考查了平面向量的数量积与模长运算问题，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为，
所以，则为锐角，
又，
所以，，
由正弦定理得，，
故．
故答案为：．
由已知结合向量数量积的性质及三角形面积公式可得，结合同角基本关系可求，再由正弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式，同角基本关系的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：设，则，，
因为，所以，
即，化简得，即为动点的轨迹方程．
因为，，，且，
所以，相加得，所以，
由，得，即，，当且仅当时，等号成立．
所以当时，的最大值为．
故答案为：．
根据题意设，求出动点的轨迹方程，结合计算出，进而利用基本不等式求出的最大值．
本题主要考查动点的轨迹方程求法、向量的坐标运算、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
15.【答案】解：因为向量，
所以，故．
由于，，
向量与向量的夹角为钝角，
所以，且向量与向量不能共线，
即，
所以，且，
故实数的取值范围为：．
【解析】求出的坐标，，然后利用向量求模公式即可；
向量与向量的夹角为钝角可得数量积小于，且两个向量不能共线，列式计算可得取值范围．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的模，向量的夹角，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
16.【答案】解：已知等式，
利用正弦定理化简得：，
整理得：，
，，即，
，，
，即；
由余弦定理得：，即，
，
，当且仅当时取等号，
则面积的最大值为．
【解析】已知等式利用正弦定理化简，整理并利用两角和与差的正弦函数公式变形，根据不为变形后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用特殊角的三角函数值求出的度数即可；
由余弦定理列出关系式，把，的值代入并利用基本不等式求出的最大值，进而确定出三角形面积的最大值．
此题考查了正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
17.【答案】解：在中，因为，，
的面积为，
所以，解得，
在中，由余弦定理，，
所以．
设，则，
如图，在中，因为，
所以，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
所以，
由为锐角，可得，
解得，即的值为．
【解析】由已知利用三角形的面积公式可求的值，在中，由余弦定理可求的值．
设，由已知可求，利用三角形内角和定理可求，由正弦定理，可得，求得，由，可求的值．
本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理，三角形内角和定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：，，
由正弦定理得，
即，
，
，又，，，
又，；
点是内的一动点，，
，，
由余弦定理可知，，，
由基本不等式可得，即，，
，当且仅当时等号成立，
；
，，，
又余弦函数在上单调递减，，即平分，
又，，，
又，，，
由可得，所以，
，
又，且为锐角三角形，，
，，
．
【解析】利用正弦定理边化角以及三角恒等变形即可求解；
先利用向量的线性运算得，进而可得，再利用余弦定理以及基本不等式即可求解；
由，可知平分，利用三角形面积公式可得，最后利用正弦定理及三角恒等变形即可求解．
本题考查了正余弦定理的应用，涉及基本不等式，向量的数量积，正切函数的最值，属于难题．
19.【答案】解：，，
，时取最大值，
此时有；
，
，即，
两式相比得：，，
当时，解方程，
此时这两个方程是同一个方程，有无穷多个解，
，其中，且，
当时，同理得，其中，且．
解方程组，可得
从而向量与平行，
从而有，，，应满足：．
当时，有唯一的特征值，且具体证明为：
由的定义可知：，所以为特征值．
此时，，，满足：，所以有唯一的特征值．
在的条件下，从而有．
【解析】由新定义得，利用，得到，由此能求出；
由特征值定义可得，由此能的特征值，并求出相应的；
解方程组，可得，从而可得，，，应满足的条件，当时，有唯一的特征值，且，再进行证明即可．
本题考查新定义，考查学生的计算能力，考查学生分析解决问题的能力，正确运用新定义是关键，考查运算求解能力，是难题．
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