重庆市南开中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学Word版含解析.docx

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重庆南开中学校高2026级测试数学试卷一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（）A.B.C.2D.2.已知向量，则（）A.30B.45C.60D.1203.下列各式中不能化简为的是（）A.B.C.D.4.已知单位向量，满足，若向量，则=（）A.B.C.D.5.若平面向量，满足，则对于任意实数，的最小值是（）A.B.C.D.6.如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为上的一点，且，则实数m的值为（）A.B.C.D. 7.所在平面内一点满足，若，则（）A.B.C.D.8.已知函数，若实数a､b､c使得对任意的实数恒成立，则的值为（）A.B.C.2D.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.已知､､均为非零向量，下列命题错误的是（）A.，B.可能成立C.若，则D.若，则或10.若直线与函数图象交于不同的两点，，已知点，为坐标原点，点满足，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.11.已知，且方程无实数根，下列命题正确的是（）A.方程也一定没有实数根B.若，则不等式对一切实数都成立C.若，则必存在实数，使成立D.若，则不等式对一切实数都成立三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，满足，，与的夹角为，则在上的投影向量为_____（用坐标表示）.13.如图，在和中，是的中点，，，若，则与的夹角的余弦值等于______. 14.已知平面向量，，，，满足，，，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.如图，在中，为中线上一点，且，过点的直线与边，分别交于点，.（1）用向量，表示；（2）设向量，，求的值.16.在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，，满足.（1）求的值；（2）已知，，，若函数的最大值为3，求实数的值.17.如图，在等腰梯形中，，，，是的中点.（1）记，且，求，值； （2）记，是线段上一动点，且，求的取值范围.18.如图，A､B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且（为锐角）.点C为单位圆上的动点，线段交线段于点.（1）求（结果用表示）；（2）若①求的取值范围：②设，记，求函数的值域.19.如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动.（1）求出的值.（2）求的范围.（3）若，当最大时，求的值. 重庆南开中学校高2026级数学测试参考答案一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.B【解析】【分析】直接利用正弦定理，结合题中所给的条件，求得结果.【详解】根据正弦定理可得，即，解得，故选：B.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有利用正弦定理解三角形，属于基础题目.2.A【解析】【详解】试题分析：由题意，得，所以，故选A.【考点】向量的夹角公式.【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度､角度､垂直等有关的问题.3.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量加､减运算法则及运算律计算可得.【详解】对于A：，故A不合题意；对于B：，故B满足题意；对于C：，故C不合题意；对于D：，故D不合题意.故选：B4.【答案】B【解析】 【分析】计算出，及，从而利用向量余弦夹角公式计算得到，再利用同角三角函数平方关系求出.【详解】因为，是单位向量，所以，又因为，，所以，，所以，因为，所以.故选：B.5.A【解析】【分析】设向量夹角为，设与的夹角为，利用和，得到，进而得到的最小值【详解】由题意得，设向量夹角为，则，，设与的夹角为，，，，，故选：A 【点睛】关键点睛：解题关键在于利用，得到，关键点在于根据与的夹角，得出的最小值，难度属于中档题6.A【解析】【分析】可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可.【详解】解：，F为BC的中点，，设，又，，解得.故选：A. 【点睛】本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于中档题.7.C【解析】【分析】根据平面向量基本定理，用作为基底表示出.即可求得，由余弦二倍角公式即可求得.【详解】所在平面内一点，所以因为所以由余弦二倍角公式可得故选：C【点睛】本题考查了平面向量基本定理的应用，用基底表示向量形式，余弦二倍角公式的简单应用，属于基础题.8.B【解析】【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.【详解】设，可得，其中，且，因为实数使得对任意的实数恒成立，即恒成立， 即恒成立，所以由上式对任意恒成立，故必有，若，则由式①知，显然不满足式③，所以，所以，由式②知，则，当时，则式①，③矛盾.所以，由式①，③知，所以.故选：B.【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：1､根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.2､熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性､奇偶性､对称性､周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点､最值点､零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.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.ACD【解析】【分析】利用平面向量积的定义可判断A选项；利用特例法可判断BCD选项.【详解】仍是向量，不是向量，A错；不妨取，，，则，，此时，B对；若，，，则，但，C错；若，，则，但，，D错.故选：ACD.10.CD【解析】【分析】首先判断的奇偶性，即可判断A，从而得到､两点关于原点对称，再根据平面向量的坐标运算求出､，即可判断B､C，设，则，根据数量积的坐标运算判断D. 【详解】对A，因为定义域为，则，，故A错误；对B，由，所以，所以为奇函数，又直线与函数图象交于不同的两点，，则､两点关于原点对称，且､的中点为坐标原点，所以，又，，所以，解得，所以，则，又，所以，故B错误；对C，又，故C正确；对D，不妨设，则，所以，，，，所以，故D正确.故选：CD11.ABD【解析】【分析】依题意可得函数的图象与直线没有交点，所以或恒成立，从而得到或恒成立，然后再逐一判断即可得出答案.【详解】因为方程无实数根，即函数的图象与直线没有交点，所以或恒成立.因为或恒成立， 所以没有实数根，故A正确；若，则不等式对一切实数都成立，故B正确；若，则不等式对一切实数都成立，所以不存在实数，使，故C错误；若，则，可得，因此不等式对一切实数都成立，故D正确；故选：ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【解析】【分析】直接利用向量在向量上的投影向量的定义求解.【详解】向量在向量上的投影向量是，故答案为：.13.【解析】【分析】由题设得，由求，又，即可得，进而求与的夹角的余弦值.【详解】由图知：，，∴，又，且，，∴，∴，而，即，又，∴. 故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据几何图形，结合向量加减法的几何应用及数量积的运算律，得到，进而求向量夹角余弦值.14.【解析】【分析】先将所求向量式转化变形，参变向量分离，再由变形向量式的几何意义判断最值状态，最后坐标运算求解最值.【详解】设，则设，，不妨设，，，，，即为的重心.则，点位于圆上或圆内，故当在射线与圆周交点时，最大，即最大时.由得，. 当且仅当时，取到最大值.故答案为：.【点睛】向量式的最值问题求解，要重视三个方面的分析：一是其本质上与函数的最值求解一致，变形时要搞清参变向量，从而把握变形方向；二是要重视向量本身数形兼具的特点，利用几何意义求解最值；三是坐标应用，向量坐标化将问题转化为函数最值问题求解.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.（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，结合向量的线性运算，再用，表达即可；（2）用，表达，结合三点共线即可求得.【小问1详解】∵为中线上一点，且，∴；【小问2详解】∵，，，∴，又，，三点共线，∴，解得，故的值为. 16.（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）化简得，即得的值；（2）先求出，再换元利用二次函数的图像和性质求实数的值.【详解】（1）由题意知，，即，所以，即.（2）易知，，，则，，所以，令，则，，其对称轴方程是.当时，的最大值为，解得；当时，的最大值为，解得（舍去）.综上可知，实数的值为.【点睛】本题主要考查向量的线性运算和平面向量的数量积，考查二次函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.17.（1），（2）【解析】【分析】（1）由，将两边平方，结合数量积的运算律及定义得到方程，解得即可；（2）建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出数量积，再根据对勾函数的性质计算可得.【小问1详解】依题意，所以，即，即，又，解得，（负值舍去）； 【小问2详解】过点作，如图建立平面直角坐标系，因为，，所以，，，，，所以，，，因为，所以所以，所以，令，，设且，则，当时，，则，又，所以；当时，，则，又，所以；所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，，且，所以，所以，即的取值范围为.18.（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据数量积的定义以及几何意义结合图形分析运算；（2）①根据数量积结合三角函数运算求解；②结合图形分析可得，根据向量的相关知识运算整理，再结合函数单调性与最值，运算求解.【小问1详解】【小问2详解】①.设.由题意得，则所以因为，则所以，则；（2）设， 则，所以，由得，即，整理得，所以，所以.即.，令∵，则，即∴在上单调递增，则所以函数值域是.19.（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得； （2）由（1）知，根据正弦函数的性质计算可得；（3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，又，两边同除，令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解；【小问1详解】以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示.由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，.因为点在以为圆心，为半径的圆上运动，故设，则，，，所以.【小问2详解】由（1）知，又因为，所以，即. 【小问3详解】因为，所以，代入整理得，，显然，两边同时除以，得，令，，则，即，所以，即，解得，所以（即）的最大值为.此时，所以，所以，，所以.