【原创新高考】2020-2021学年度下学期高一第一次月考卷-数学试卷-(A)(含答案)

此卷只装订不密封此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2020-2021学年度下学期高一第一次月考卷数学（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、单项选择题：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．如图，在△ABC中，D为边BC的中点，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．2．设，是平面直角坐标系内分别与轴、轴正方向相同的两个单位向量，为坐标原点，若，，则的坐标是（）A． B． C． D．3．已知向量，满足，，则向量在向量方向上的投影为（）A． B． C． D．4．设向量与的夹角为θ，，，则等于（）A． B． C． D．5．下列命题中，不正确的是（）A．若a、b、c是三角形三边，且，则C是锐角B．在中，若，则C．在中，若，则一定是直角三角形D．任何三角形的三边之比不可能是1：2：36．向量，，，若A，B，C三点共线，则k的值为（）A． B． C．或 D．或7．已知单位向量，满足，则的最小值为（）A． B． C． D．8．在中，设，那么动点M的轨迹必通过的（）A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若点O是线段BC外一点，点P是平面上任意一点，且，则下列说法正确的有（）A．若λ+μ=1且λ>0，则点P在线段BC的延长线上B．若λ+μ=1且λ<0，则点P在线段BC的延长线上C．若λ+μ>1，则点P在△OBC外D．若λ+μ<1，则点P在△OBC内10．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，且，则（）A． B． C． D．11．有下列说法其中正确的说法为（）A．若，，则B．若，，分别表示，的面积，则C．两个非零向量，，若，则与共线且反向D．若，则存在唯一实数使得12．如图，的内角，，所对的边分别为，，．若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（）A．是等边三角形B．若，则，，，四点共圆C．四边形面积最大值为D．四边形面积最小值为第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量，不共线，实数x，y满足，则_____．14．一条河宽为800m，一船从A处出发垂直到达河正对岸的B处，船速为20km/h，水速为12km/h，则船到达B处所需时间为________min．15．在中，角的对边分别为，，，若有最大值，则实数的取值范围是__________．16．已知平面向量满足，，，则的取值范围是_________；已知向量是单位向量，若，且，则的取值范围是__________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）设，是不共线的非零向量，且，．（1）证明：，可以作为一组基底；（2）以，为基底，求向量的分解式；（3）若，求λ，μ的值．18．（12分）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）若，，求；（2）若，求b的取值范围．19．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，，．（1）求外接圆的面积；（2）若，，求的周长．20．（12分）已知O是所在平面内一点，D为BC边中点．（1）若点O满足，求证：；（2）已知E为AC边中点，O在线段DE上，且满足，的面积为2，求的面积．21．（12分）如图，在四边形中，，，．（1）求；（2）若，求周长的最大值．22．（12分）在中，．（1）当时，求的最大值；（2）当时，求周长的最小值．（新教材）2020-2021学年下学期高一第一次月考卷数学（A）答案第Ⅰ卷一、单项选择题：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．【答案】C【解析】由已知及图形得到，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D错误，故选C．2．【答案】D【解析】因为，，所以，故选D．3．【答案】A【解析】如图，作，，，延长OB至点C，使，以OA，OC为邻边作矩形OCDA，则，，即为与的夹角，，则向量在的方向上的投影为，故选A．4．【答案】A【解析】设，则，，解得，即，，所以，故选A．5．【答案】B【解析】对于A：由余弦定理可得，又，所以，所以角C是锐角，故A正确；对于B：由余弦定理可得，又，所以，所以角A是锐角，所以，故B错误；对于C：因为，，所以，所以，则，所以一定是直角三角形，故C正确；对于D：若三角形三边之比是1：2：3，不妨设三边为a，2a，3a，则两短边之和为3a，不满足三角形两边之和大于第三边，故任何三角形的三边之比不可能是1：2：3，故D正确，故选B．6．【答案】C【解析】由题得，，由题知，故，解得或，故选C．7．【答案】B【解析】由，得，两边平方，得，即，整理得，所以或，因为，所以，所以，所以，故选B．8．【答案】C【解析】设BC的中点是O，，即，所以，所以动点M在线段BC的中垂线上，所以动点M的轨迹必通过的外心，故选C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．【答案】BC【解析】因为，若λ+μ=1且λ>0，则，故，即，又λ>0，则点P在线段BC或其反向延长线上，A错误；若λ+μ=1且λ<0，同上可得，而λ<0，则点P在线段BC的延长线上，B正确；若λ+μ>1，，同上可得，当时，，根据向量加法的平行四边形法则可以看出，点P在△OBC外，C正确；若，不妨令，，则，很显然此时点P在线段CO的延长线上，不在△OBC内，D错误，故选BC．10．【答案】AD【解析】，整理可得，可得，为三角形内角，，，故A正确，B错误；，，，，，解得，由余弦定理得，解得，故C错误，D正确，故选AD．11．【答案】BC【解析】A选项错误，例如，推不出；B选项，设AC的中点为M，BC的中点为D，因为，所以，即，所以O是MD的三等分点，可知O到AC的距离等于D到AC距离的，而B到AC的距离等于D到AC距离的2倍，故可知O到AC的距离等于B到AC距离的，根据三角形面积公式可知正确；C选项，两边平方可得，所以，即夹角为，结论正确；D选项错误，例如，故选BC．12．【答案】AC【解析】由正弦定理，，，得，，，，B是等腰的底角，，，是等边三角形，A正确；B不正确：若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确，知，，但由于，，时，，∴B不正确；C正确，D不正确，设，则，，，，，，，∴C正确，D不正确，故选AC．第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】3【解析】∵，不共线，且，∴，解得，∴，故答案为3．14．【答案】3【解析】∵，，，∴．∴所需时间，∴该船到达B处所需的时间为3min，故答案为3．15．【答案】【解析】由于，所以，由正弦定理得，所以，，所以．当，即时，，没有最大值，所以，则，其中，要使有最大值，则要能取，由于，所以，所以，即，解得．所以的取值范围是，故答案为．16．【答案】，【解析】（1）由，，解得，又由，代入已知值可得，化简可得，解得．（2）因为是单位向量，且，设，，设，则，，因为，即，化简得，所以表示线段上的点到点的距离，所以；，故答案为，．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】（1）证明：若，共线，则存在λ∈R，使，则，由，不共线得，所以λ不存在，故平面向量，不共线，可以作为一组基底．（2）解：设(m，n∈R)，得：，因为，，是不共线的非零向量，所以，所以．（3）解：由得：，又，是不共线的非零向量，所以，故所求λ，μ的值分别为3和1．18．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）依题意得，，得，又，所以，由余弦定理得，得，而，解得，故为等边三角形，所以．（2）依题意，由正弦定理得，则，由于是锐角三角形，则，，，得，则b的取值范围为．19．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵，∴，由正弦定理得，因为，所以，得，又，故，∴外接圆的半径，∴外接圆的面积为．（2）由及，得，，∵，则为锐角，∴，故．如图所示，在中，由余弦定理得，，解得，则的周长为．20．【答案】（1）证明见解析；（2）面积为12．【解析】（1）∵D为BC边中点，∴，∴由，得，∴．（2）如图，根据条件：，∴，∴，又，∴，所以，即的面积为12．21．【答案】（1）；（2）12．【解析】（1）在中，，，利用正弦