天津市静海区第一中学2022-2023学年高一下学期3月学业能力调研数学Word版含解析.docx

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静海一中2022-2023第二学期高一（3月）学生学业能力调研数学试卷考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题（81分）和第Ⅱ卷提高题（39分）两部分，共120分。其中学习习惯占8分（含3分卷面分）知识与技能学习能力内容平面向量的概念平面向量的运算平面向量在平面几何中的应用正余弦定理平面向量与三角函数的综合老学法新学法分数62622421335第Ⅰ卷基础题（共81分）一、选择题:每小题3分，共21分.1.下列命题：①若，则；②若，，则；③的充要条件是且；④若，，则；⑤若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件.其中，真命题的个数是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取可判断④.【详解】对于①，因为，但、的方向不确定，则、不一定相等，①错； 对于②，若，，则，②对；对于③，且或，所以，所以，“且”是“”的必要不充分条件，③错；对于④，取，则、不一定共线，④错；对于⑤，若、、、是不共线的四点，当时，则且，此时，四边形为平行四边形，当四边形为平行四边形时，由相等向量的定义可知，所以，若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件，⑤对.故选：A.2.在中，内角、、所对的边分别为、、，不解三角形，确定下列判断正确的是（）A.，，，有两解B.，，，有一解C.，，，有一解D.，，，无解【答案】D【解析】【分析】已知，前提下，利用直角构造出关于的不等式，即可得出三角形的个数解.【详解】因为，，如图于，由直角可得.当或时，有一解；当时，无解；当时，有两解.结合四个选项，可知，选项A，B，C三项错误. 故选：D3.已知，，，则（）A.M，N，P三点共线B.M，N，Q三点共线C.M，P，Q三点共线D.N，P，Q三点共线【答案】B【解析】【分析】利用平面向量共线定理进行判断即可．【详解】，，，，，由平面向量共线定理可知，与为共线向量，又与有公共点，，，三点共线，故选：B．4.在中，若满足，则A等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得.【详解】由正弦定理得，，由于，所以.故选：D5.已知向量，，且，则向量的夹角是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由可求得，根据向量夹角公式可求得结果.【详解】，，，又，.故选：D.6.在中，若，，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理进行求解.【详解】在中，设角所对的边分别为，由题知，，又，，所以，由余弦定理有：，解得，所以由正弦定理有：，故A，C，D错误.故选：B.7.设O是所在平面内一定点,P是平面内一动点,若,则点O是的A.内心B.外心C.重心D.垂心【答案】B【解析】【分析】设的中点分别为，可得，再由已知可得，得，同理可得，即可得出结论.【详解】设的中点分别为， ，，所以，点在线段的垂直平分线上，同理点在线段的垂直平分线上，所以为的外心.故选:B.【点睛】本题考查三角形外心的向量表示，考查向量线性运算以及垂直的向量表示，考查数形结合思想，属于中档题.二、填空题：每小题4分，共24分.8.已知向量、不共线，且，若与共线，则实数的值为___________【答案】或【解析】【分析】利用向量共线的充要条件以及一元二次方程求解.【详解】已知向量、不共线，，所以，若与共线，则存在实数，使，即，所以，即，解得或.故答案为：或.9.在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，则角的值__________．【答案】【解析】【详解】在中，由，整理得，即，，为内角，或，因为ΔABC为锐角三角形，，故答案为.【思路点睛】本题主要考查余弦定理及特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.10.已知一货轮航行到处，测得灯塔在货轮的北偏东，与灯塔相距20海里，随后货轮按北偏西的方向航行30分钟后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为______海里每小时.【答案】【解析】【分析】设货轮最后的位置为，根据题意，画出示意图，利用正弦定理求出的长，即可求解货轮的速度，得到答案．【详解】设货轮最后的位置为，由题意如图所示，，在中，，，因为，所以，所以货轮速度为海里每小时.故答案为：.11.若，且，那么是____________三角形【答案】等边三角形 【解析】【分析】根据余弦定理得到，再根据正弦定理结合余弦定理得到，得到答案.【详解】由题设可得，故，故，根据正弦定理得到：，故，即，即，即该三角形是等边三角形．故答案为：等边三角形.【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理判断三角形形状，意在考查学生的计算能力和应用能力.12.如图，在中，是的中点，是上一点，且，过点作一条直线与边分别相交于点，若，则__________．【答案】##0.6【解析】【分析】利用线性运算得到，然后根据三点共线得到，最后解不等式即可.【详解】，所以，因为三点共线，所以，解得.故答案：.13.在边长为6的正三角形中，E为的中点，F在线段上且．若与交于M，则_____． 【答案】【解析】【分析】先以为基底表示出，再利用向量数量积的定义即可求得的值.【详解】令，则令，则由，可得，则，解之得则，则故答案为：三、解答题：(本大题共3小题，共36分)14.平面内给出三个向量＝(3,2)，＝(－1,2)，＝(4，1)，求解下列问题：（1）求向量在向量方向上的投影向量的坐标；（2）若向量与向量的夹角为锐角，求实数的取值范围；（3）若(＋k)(2－)，求实数k的值.【答案】（1） （2）且（3）【解析】【分析】（1）根据投影向量坐标公式计算即可；（2）根据与的夹角为锐角得到且与不同向共线，然后列不等式求解即可；（3）根据得到，然后解方程即可.【小问1详解】在方向上的投影向量坐标为.【小问2详解】，，因为与的夹角为锐角，所以，且与不同向共线，即，解得且.【小问3详解】，，因为，所以，解得.15.在中，内角所对边长分别为，且满足.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理的边化角公式得出； （2）由正弦定理得出，再由面积公式求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，因为，所以因为为三角形的内角，所以【小问2详解】因为，，，由正弦定理可得：，所以因为为三角形的内角，所以.16.如图，在边长为2的等边三角形中，D是的中点.（1）求向量与向量的夹角；（2）若O是线段上任意一点，求的最小值；（3）通过本题的解答，试总结利用平面向量解决平面问题的基本方法【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）利用向量夹角公式即可求得向量与向量的夹角；（2）先求得的代数表达式，再利用二次函数最值即可求得的最小值； （3）合理使用平面向量基本定理和向量数量积是解决平面向量问题的基本方法.【小问1详解】由题意可得，，，.因为，故向量与向量的夹角为.【小问2详解】.当时，取得最小值，且最小值为.【小问3详解】用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用数量积的几何意义；利用向量的坐标运算．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．第Ⅱ卷提高题（共39分）四、填空题：(每小题6分，共6分)17.如图，在平面四边形中，，，，且 ，则___________，若是线段上的一个动点，则的取值范围是___________.【答案】①.4②.【解析】【分析】根据题意求出，，再根据平面向量数量积的定义可得；设，将和化为、、表示，利用定义求出关于的二次函数，根据二次函数知识可求得结果.【详解】因为，，所以为正三角形，所以，，因为，所以，因为，所以，所以.因为是线段上的一个动点，所以可设，所以， 因为，所以时，取得最小值，当时，取得最大值，所以的取值范围是.故答案为：4；【点睛】关键点点睛：将和化为、、表示，利用定义求出是解题关键.五、解答题：(本大题共2小题，共25分)18.已知向量，函数.（1）求函数的最大值及相应自变量的取值；（2）在中，角的对边分别为，若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用向量坐标运算，二倍角公式和辅助角公式表示出，即可求出其最大值以及相应自变量的取值；(2)结合(1)中的，求出，再利用余弦定理和基本不等式变形即可求出结果.【小问1详解】由题知，，所以当，即时，最大，且最大值为；【小问2详解】由(1)知，， 则，解得或，所以中，，又，则，整理得，则，当且仅当时，等号成立，整理可得，又在中，所以，即的取值范围为.19.已知中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角A的大小；（2）若，D为BC边上一点，，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）运用三角形面积公式及余弦定理化简求解即可.（2）运用正弦定理求得c的值，运用余弦定理可求得a的值，进而求得的值.【小问1详解】因为，所以，即，所以，又，所以.【小问2详解】 由（1）可知，所以，又，所以，根据正弦定理，在△CAD中，，在△BAD中，，又，∴，所以在△ABC中，由余弦定理可得，则，所以