精品解析：福建省龙岩第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试题

龙岩一中2027届高一下学期第一次月考 数学试题 命题：修其生 审题：张楠 第Ⅰ卷（选择题） 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. 如果是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 2 已知平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 在中，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 4. 甲船在B岛正南方向的A处，AB＝10 km，若甲船以4 km/h 的速度向正北方向航行，同时，乙船自B岛出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是（ ） A. h B. h C. h D. h 5. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 7. 点在边长为的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 对任意两个非零的平面向量α和β，定义.若两个非零的平面向量和，满足与的夹角，且和都在集合中，则= A. B. C. 1 D. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分． 9. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ） A B. C. D. 10. 已知点是所在平面内一点，下列命题正确是（ ） A. 若，则点是的重心 B. 若点是的外心，则 C. 若，则点是的垂心 D. 若点是的垂心，则 11. 在中，，（为常数），的最大值为12，则（ ） A. 为锐角 B. 面积的最大值为8 C. D. 周长的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题第一空2分，第二空3分． 12. 已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 13. 正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则的余弦值为________. 14. 英国数学家泰勒发现了如下公式： ， ， 其中， （1）__________. （2）已知在中，，边，则面积的最大值为__________. （以上两空均用小数作答，且精确到0.001） 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，求的值； （2）当取得最大值时，是否存在实数，使，若存在请求出的值；若不存在，请说明理由． 16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若面积为，求c． 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围． 18. 某景区拟开辟一个平面示意图是如图所示的五边形ABCDE的观光步行道，BE为景点电动车专用道，，，，． （1）求景点电动车专用道BE的长； （2）由于受资金的限制，折线步行道BAE（即）不能超过20km，问景区可不可以铺设该步行道？ 19. 对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 龙岩一中2027届高一下学期第一次月考 数学试题 命题：修其生 审题：张楠 第Ⅰ卷（选择题） 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. 如果是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于AB，举例判断，对于C，根据向量的运算性质分析判断，对于D，根据单位向量的定义判断. 【详解】对于A， 是两个单位向量，而，所以A错误， 对于B， 是两个单位向量，而， 对于C，因为是两个单位向量，所以，所以C正确， 对于D，因为是两个单位向量，所以，所以D错误. 故选：C 2. 已知平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示求出. 【详解】向量，则， 由，得，所以. 故选：A 3. 在中，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理结合已知条件求解即可. 【详解】解：在中，， 则由正弦定理得，即，解得， 因为且，所以或. 故选：A 4. 甲船在B岛正南方向A处，AB＝10 km，若甲船以4 km/h 的速度向正北方向航行，同时，乙船自B岛出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是（ ） A. h B. h C. h D. h 【答案】B 【解析】 【分析】当甲、乙两船相距最近时，由甲、乙两船和B岛三点构成的三角形中用余弦定理建立航行时间和甲、乙两船距离的函数关系，即可求出. 【详解】 设航行h时，甲船在处，乙船在处，甲、乙两船相距km， 如图所示，在中，由余弦定理，知， 即， 所以当时，最小，即最小. 故选:. 5. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形由向量的线性运算可得. 【详解】因为， 所以，， 又因为， 所以， 所以， 故选：C. 6. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由得到角平分线与垂直，从而得到，再由得到，从而为等边三角形. 【详解】由得的角平分线与垂直，所以， 又因为，，所以， 所以为等边三角形， 故选：D. 7. 点在边长为的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是. 【详解】设外接圆圆心为，则，. ①一方面，我们有 . 故一定有. ②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时 . 综合①②两个方面，可知的最大值是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用. 8. 对任意两个非零的平面向量α和β，定义.若两个非零的平面向量和，满足与的夹角，且和都在集合中，则= A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由条件知: ===,===,因为和都在集合中，且与的夹角，故可取,=得: =,故选D. 考点：本题是创新题,理解给定的信息是解决好本题的关键. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分． 9. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误. 【详解】A：，，所以，，故，正确； B：，，所以，同理，故不一定相等，错误； C：由题意得：，，正确； D：由题意得：， ，故一般来说故错误； 故选：AC 10. 已知点是所在平面内一点，下列命题正确的是（ ） A. 若，则点是的重心 B. 若点是的外心，则 C. 若，则点是的垂心 D. 若点是的垂心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角形重心、外心、垂心的性质，结合向量数量积的运算，根据选项逐个验证可得答案. 【详解】对于A，取的中点， 则， 因为，所以，即点在中线上； 同理可得点在中线上，所以点是的重心，A正确. 对于B，设为的中点，因为点是的外心，所以; ，B不正确. 对于C，因为，所以， 即点在边上的高线上，同理可得点也在边上的高线上， 所以点是的垂心；C正确. 对于D，因为 ，即. 因为点是的垂心，所以，所以， 所以存在，使得，D正确. 故选：ACD. 11. 在中，，（为常数），的最大值为12，则（ ） A. 为锐角 B. 面积的最大值为8 C. D. 周长的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用向量数量积定义式结合条件可判断可以为钝角；对于B、C，借助于余弦定理和基本不等式可得，求得，，继而求得面积的最大值；对于D，利用正弦定理，将周长最大值转化成正弦型函数的值域问题. 【详解】对于A，由的最大值为12, （为常数）知点的轨迹为圆（去除BC两点），且BC不是直径，故可以为钝角，故A错误； 对于B，C,记由余弦定理，， 即，可得，当且仅当时取等号，于是， 即得，依题意，，解得，，此时，即， 面积，故其最大值为：，故B正确，C错误； 对于D，因的周长为， 由正弦定理，可得，， 于是，其中，， 故当时，的周长取得最大值为，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查解三角形、三角恒等变换与平面向量的交汇问题，属于较难题. 解题时，要灵活运用正弦定理和余弦定理，以及基本不等式，如求三角形面积最大值时，因角A为常数，故要求最大，而这需要余弦定理和基本不等式得到，利用的最大值可求得，继而才能求出其它量. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．其中第14题第一空2分，第二空3分． 12. 已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由条件结合投影向量定义可得，根据模的性质求，利用向量夹角公式求结论. 【详解】由题意可得，， 所以，又， 所以， 所以， 故与的夹角为． 故答案为：. 13. 正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意建立平面直角坐标系，分别求出两向量的坐标，计算两向量的夹角，即可得出结果． 【详解】以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图， 因为正方形边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点， 设，则，，，， 则， 而等于与所成的角． 所以． 故答案为：. 14. 英国数学家泰勒发现了如下公式： ， ， 其中， （1）__________. （2）已知在中，，边，则面积的最大值为__________. （以上两空均用小数作答，且精确到0.001） 【答案】 ①. 0.540 ②. 0.642 【解析】 【分析】利用泰勒公式，令可求出和；已知条件结合余弦定理和基本不等式，可知当时，面积的最大值为，代入数据计算即可. 【详解】泰勒公式，令可知：， 三角形中，由余弦定理得： （当且仅当时取等号）， 则（当且仅当时取等号），则， 即当时，面积的最大值为， 泰勒公式，令可知：， ，则面积的最大值为. 故答案为：0.540；0.642. 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，求的值； （2）当取得最大值时，是否存在实数，使，若存在请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或 （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合可求得的值； （2）由向量数量积的坐标运算法则，结合配方法求出取最大值时的值，再由，即可列式求解，从而得出结论. 【小问1详解】 因为向量，，则， 因为，则，解得或. 【小问2详解】 由向量，知， 所以， 当时，取得最大值，此时， 若存在实数，使，则， 又因为，，， 所以，即，解得， 因此，存在实数，且，使得. 16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角变换公式可得，从而可求的值. （2）利用正弦定理及三角变换公式可得，结合的范围可求其取值范围，从而可求周长的取值范围. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 故， 在中，，，所以， 可得，而，故即. 【小问2详解】 由正弦定理的得，， 因为，则， 所以， 因为为锐角三角形，则，，，故， 所以周长的取值范围. 18. 某景区拟开辟一个平面示意图是如图所示的五边形ABCDE的观光步行道，BE为景点电动车专用道，，，，． （1）求景点电动车专用道BE的长； （2）由于受资金的限制，折线步行道BAE（即）不能超过20km，问景区可不可以铺设该步行道？ 【答案】（1）15km． （2）景区可以铺设该步行道． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后利用勾股定理求； （2）根据正弦定理得到，然后利用换元法求范围来判断即可. 【小问1详解】 连接BD，在中，，， 所以， 所以．由题意可知，所以． 在中，， 所以，即景点电动车专用道BE的长为15km． 【小问2详解】 设，则，，． 在中，由正弦定理得， 所以， ， 所以． 设，，则． 因为在上单调递增，所以． 因为，所以景区可以铺设该步行道． 19. 对于一组向量，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若且，向量组是否存在“长向量”？若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】（1） （2）存在“长向量”， （3）4044 【解析】 【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可； （2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可； （3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值. 【小问1详解】 由题意可得：，，， 则，解得： 【小问2详解】 存在“长向量”，且“长向量”为，理由如下： 由题意可得，若存在“长向量”，只需使， 因为，，，，，， 所以，故只需使 ， 当，均符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为. 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由，解得， 即 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， 因为 所以， 当且仅当时等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义问题.关键点是根据已学知识，理解题中“长向量”的定义，将向量坐标代入计算，再结合向量不等式得到，得到向量关系，从而求得最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$