2024-2025学年福建省厦门市高一下册3月月考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年福建省厦门市高一下学期3月月考数学检测试卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.若是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据基底满足的条件逐一分析即可.【详解】对于：，所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；对于：，所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；对于：，所以为共线向量，不符合基底的定义，故错误；对于：设存在唯一的实数使，则，此方程无解，故能作为平面向量的基底.故正确.故选.2.在三角形中，，，，则（

）A. B. C.或 D.或【正确答案】B【分析】由正弦定理求解出角，然后由内角和定理求解角即可.【详解】由可得：，所以，又，所以，结合内角和定理，所以.故选：B3.平面向量，满足，，，则在上投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】两边平方后求出，再利用投影向量的公式求解.【详解】，其中，所以，解得，则在上投影向量为.故选：C4.冬奥会会徽以汉字“冬”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，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.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△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】在中，由余弦定理得，进而求出，再在中，利用正弦定理得解.【详解】由题意，在中，由余弦定理得；因为，所以，在中，由正弦定理所以，解得.故选：D5.在中，角所对的边分别为，向量，若，则角的大小为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先利用向量平行坐标运算得，再利用正弦定理结合两角和正弦公式进行边角转化，求解即可.【详解】因为向量，且，所以，由正弦定理可得：，即，即，又，，故，由，解得.故选：C6.已知为单位向量，向量满足，，则的最大值为（）A.1 B.2 C. D.4【正确答案】C【分析】设，，根据求出，再根据得到，最后根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得.【详解】依题意设，，由，所以，则，又，且，所以，即，所以，当且仅当时取等号，即的最大值为.故选：C7.如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为A. B. C. D.【正确答案】A【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.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．8.在中，为边上一点，，且的面积为，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得.【详解】因为，解得，所以为等腰三角形，则，在中由正弦定理可得，即，解得，因为，所以为锐角，所以，所以.故选：A二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若向量，则（）A. B.C.在上的投影向量为 D.与的夹角为【正确答案】BC【分析】用坐标表示出向量，用模长公式求出模长即可判断A选项；用向量坐标求向量的数量积判断B选项；由向量的投影向量的公式判断C选项；由坐标求出模长和向量的数量积，求出向量的夹角判断D选项.【详解】由题，所以，故A错；又，故B正确；，所以在上的投影向量为：，故C正确；因为，又，所以，故D错误.故选：BC.10.对于，角所对的边分别为，下列说法正确的有（）A.若，则一定为等腰三角形B.若，则一定为等腰三角形C.若，则有两解D.若，则一定为锐角三角形【正确答案】BD【分析】根据已知可得或，即可判断A项；根据正弦定理可得，即可判断B项；根据已知可推得只有一解，即可判断C项；根据两角和的正切公式，可推得，即可得出D项.详解】对于A项，由可知，或，所以，或，所以，为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B项，根据正弦定理可得，，所以，所以一定为等腰三角形，故B正确；对于C项，因为，所以，又，所以只有一解，所以，有一解，故C错误；对于D项，因为，所以，，整理可得，.因为，所以，所以，都是锐角，所以一定为锐角三角形，故D正确.故选：BD.11.已知三个内角的对边分别是，若，则下列选项正确的是（）A.B.若是边上的一点，且，则的面积的最大值为C.若是锐角三角形，则的取值范围是D.若是的外心，，则【正确答案】BCD【分析】用正弦定理及余弦定理求出角B判断A；利用向量线性运算及数量积运算律解得，使用基本不等式即可求出面积最大值判断B；利用正弦定理及三角恒等变换得，求出函数值域即可判断C，根据模长关系可得，再结合基本不等式运算求解D即可.【详解】对于A，因，由正弦定理可得，整理可得，由余弦定理可得，即，且，所以对于B，因为，则，可得，即，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的面积的最大值为，故B正确；对于C，因为，又因为，解得，可得，则，所以，故C正确；对于D，因为，则，可知点在优弧上（端点除外），因为，则，又因为，且，可得，即，又因为，即，解得，当且仅当时，等号成立，可得，故D正确.故选：BCD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知菱形的边长为2，则向量__________.【正确答案】2【分析】应用向量加减法的几何意义化简得，即可得答案.【详解】由图知.故213.已知向量，，若，则实数a＝___．【正确答案】【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.【详解】因为，所以，即所以，解得，故答案为.14.在中，，，且在上，则线段的长为______．【正确答案】1【详解】∵，∴，∴，∵且在上，∴线段为的角平分线，∴，以A为原点，如图建立平面直角坐标系，则，D∴故答案为1四､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.已知向量.（1）当且时，求；（2）当，求向量与的夹角【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由向量的坐标运算法则求得和的坐标，再由，求得的值；（2）由向量的坐标运算法则先求得的坐标，由当，求得的值，再由向量的夹角公式求得夹角的大小.【小问1详解】因为向量，所以，，又因为，所以，所以，解得或，又因为，所以.【小问2详解】由，，可得，又，又，所以，解得，所以，可得，，，所以，又，所以.16.设向量，，.（1）求；（2）若，，求的值；（3）若，，，求证：A，，三点共线.【正确答案】（1）1（2）2（3）证明见解析【分析】（1）先求，进而求；（2）列出方程组，求出，进而求出；（3）求出，从而得到，得到结果.小问1详解】，；【小问2详解】，所以，解得：，所以；【小问3详解】因为，所以，所以A，，三点共线.17.在中，内角的对边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若，求的面积【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由代入，利用三角恒等变换化简即可求解；（2）由余弦定理可求得，再由三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】由，可得，所以，所以，又因为，所以，所以，又，所以；【小问2详解】因为，，结合余弦定理，可得，解得，所以的面积为.18.已知，且.（1）求的最小正周期，以及单调递增区间；（2）当时，求的最大值和最小值.【正确答案】（1）（2）最小值、最大值分别为、【分析】（1）由向量数量积的坐标表示及辅助角公式化简得，再由正弦函数的性质求周期和单调递增区间；（2）应用整体法及正弦函数性质求区间最值即可.【小问1详解】由题设，，所以的最小正周期为，故函数周期为，令，可得，所以的单调递增区间为.【小问2详解】由，则，故，所以的最小值、最大值分别为、19.如图，，是单位圆上的相异两定点为圆心，且为锐角点为单位圆上的动点，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.【正确答案】（1）（2）①；②【分析】（1）利用向量的数量积运算法则，结合转化法即可得解；（2）①设，利用向量的数量积运算