精品解析：天津市汇文中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试卷

2024-2025学年度第二学期高一年级月考数学试卷 一、单选题 1. 若是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中能构成平面内所有向量的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 化简以下各式:①；②；③；④，结果为零向量的个数是（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B. 有两个面平行且相似，其他各面都是梯形多面体是棱台 C. 棱柱中至少有两个面完全相同 D. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 4. 在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是 A 圆面 B. 矩形面 C 梯形面 D. 椭圆面或部分椭圆面 5. 已知平面向量，，则“与的夹角为钝角”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 7. 在中，，是的中点，与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 在中，内角的对边分别为，已知，，则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 9. 地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 已知向量，，若，则______. 11. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为____． 12. 在中内角所对的边分别为，且，，，则_____． 13. 如图，是水平放置的的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且的面积为12，则的长度为________. 14. 一条排水管截面如图.已知排水管的截面圆半径是10，水面宽是16，则截面水深是______. 15. 在中，，，，为的三等分点（靠近C点）.则的值是______；设点是线段上的动点，则的最小值为______. 三、解答题 16. 已知向量，． （1）若，求实数的值；并求出此时与同向的单位向量的坐标； （2）若，，，且，，三点共线，求实数的值． 17. 如图，长、宽、高分别为3，2，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点C1，则它爬行的最短路程是多少？ 18. 记内角的对边分别为，已知， （1）求； （2）若，求的面积． 19. 已知，的夹角为，且，，设，. （1）若，求实数t的取值； （2）时，求与的夹角的余弦值； （3）是否存在实数t，使得，若存在，求出实数t. 20. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度第二学期高一年级月考数学试卷 一、单选题 1. 若是平面内所有向量一个基底，则下列四组向量中能构成平面内所有向量的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可. 【详解】对于A选项，，所以共线，不能作为基底； 对于B选项，，所以共线，不能作为基底； 对于C选项，，所以共线，不能作为基底； 对于D选项，易知不共线，可以作为基底. 故选：D. 2. 化简以下各式:①；②；③；④，结果为零向量的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的加法三角形法则和向量加法三角形法则可得. 【详解】；； ；. 故选：D 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B. 有两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体是棱台 C. 棱柱中至少有两个面完全相同 D. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 【答案】C 【解析】 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，故A错误； 对于B，两个面平行且相似，其他各面都是梯形的多面体不一定是棱台， 还要满足各侧棱的延长线交于一点，如图，各侧棱的延长线不交于一点，该几何体不是棱台，故B错误； 对于C，根据棱柱的特征知，棱柱的两个底面一定是全等的， 故棱柱中至少有两个面完全相同，故C正确； 对于D，用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台，故D错误. 故选：C. 4. 在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是 A. 圆面 B. 矩形面 C. 梯形面 D. 椭圆面或部分椭圆面 【答案】C 【解析】 【详解】分析：分别将圆桶柱竖放、斜放、平放观察(想象)圆柱桶内的水平面的几何形状，即可得结果. 详解：将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C. 点睛：本题主要考查空间想象能力与抽象思维能力，属于简单题. 5. 已知平面向量，，则“与夹角为钝角”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】若与的夹角为钝角，则且与不共线，结合向量的坐标运算求得的取值范围，再根据范围之间的关系即可判断. 【详解】“且”，即“且”，是“”的充分不必要条件， 故选:A． 6. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理变化角及三角形的内角和定理，再利用诱导公式及两角和的正弦公式，结合三角形内角的范围和三角方程即可求解. 【详解】由及正弦定理，得 , 所以, 所以 即， 即，解得或, 当时，又，,所以或（舍），所以为等腰三角形; 当时，又，所以，所以为直角三角形; 综上所述，为等腰或直角三角形. 故选：D. 7. 在中，，是的中点，与交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及三点共线求得，由此求得的值，即可得到结果. 【详解】 ∵，∴， ∴. ∵A，P，D三点共线，∴. ∵，∴. ∵E是边AB的中点，∴. ∵E，P，F三点共线，∴， ∴，解得，， ∴，即，，故. 故选：A. 8. 在中，内角的对边分别为，已知，，则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将等式中用替换得到边的齐次式，再利用正弦定理化角为边，利用余弦定理求角可得，结合正弦定理求得外接圆半径，进而求出面积. 【详解】因为，且， 所以， 由正弦定理，可得， 即， 所以， 由，所以， 则外接圆的半径为， 所以外接圆的面积为． 故选：C. 9. 地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知直线AC与BC的交点C即地震的位置，由此构建三角形，解三角形即可. 【详解】如图，A点为甲地，B点为乙地，C点为地震的位置， 依题意，，，，则， 由正弦定理，得 （） 所以地震的位置距离甲地． 故选：C 二、填空题 10. 已知向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量加法的坐标运算求出，再利用向量平行的性质建立方程，求解参数即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，解得. 故答案为： 11. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标求，利用投影向量公式求解即可. 【详解】∵, ∴, ∴， . 所以向量在向量上的投影向量为：. 故答案为：. 12. 在中内角所对的边分别为，且，，，则_____． 【答案】或 【解析】 【分析】根据已知条件和正弦定理可得角，从而得到的值． 【详解】在中由正弦定理可知，所以， 解得，因为为的内角， 所以或， 所以或， 故答案为：或． 13. 如图，是水平放置的的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且的面积为12，则的长度为________. 【答案】2 【解析】 【分析】设根据直观图得和分别在以为原点的平面直角坐标的x和y轴上且得、即可由的面积求出，即求出. 【详解】因为、均在坐标轴上，设， 所以由图和分别在以为原点的平面直角坐标的x和y轴上， 且、， 所以， 所以. 故答案为：2. 14. 一条排水管的截面如图.已知排水管的截面圆半径是10，水面宽是16，则截面水深是______. 【答案】4 【解析】 【分析】由题意知，交于点，在中，利用勾股定理求出，再相减得到答案即可. 【详解】由题意知，交于点， 因为，由圆的性质得， 在中，因为，， 所以由勾股定理得， 则． 故答案为：4 15. 在中，，，，为的三等分点（靠近C点）.则的值是______；设点是线段上的动点，则的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据定比分点以及向量线性运算，利用数量积的运算律计算可得；设，利用向量数量积的运算律并结合二次函数性质即可求得的最小值. 【详解】因为D为BC的三等分点（靠近C点），所以， 可得， 所以 ； 设， 所以， 可得 ； 可知当时，的最小值为. 故答案为：；； 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用平面向量的共线定理设出，再由向量的线性运算以及运算律计算可得结果. 三、解答题 16. 已知向量，． （1）若，求实数的值；并求出此时与同向的单位向量的坐标； （2）若，，，且，，三点共线，求实数的值． 【答案】（1），与同向的单位向量的坐标为 （2） 【解析】 【分析】（1）由列方程，化简求得的值.利用向量的坐标运算求得与同向的单位向量的坐标. （2）先求得，然后根据三点共线列方程，化简求得的值. 【小问1详解】 , 由于，所以. ， 所以，与同向的单位向量的坐标为. 【小问2详解】 ， 由于三点共线，所以， 所以. 17. 如图，长、宽、高分别为3，2，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点C1，则它爬行的最短路程是多少？ 【答案】 【解析】 【分析】分别将矩形绕着展开到，将矩形绕着展开到，将矩形绕着展开到，依次计算,再取其最小值即得. 详解】 依题意，长方体的表面有三种展开形式： 如图1，把矩形绕着展开到，与共面时，， 如图2，把矩形绕着展开到，与共面时，， 如图3，把矩形绕着展开到，与共面时，， 因，故小虫爬行的最短路程是. 18. 记内角的对边分别为，已知， （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出角，进而求出. （2）利用和角的正弦及正弦定理、三角形面积公式计算得解. 【小问1详解】 在中，由及余弦定理，得， 解得，而，则，由，得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1），得， 由正弦定理得， 所以的面积为 19. 已知，的夹角为，且，，设，. （1）若，求实数t的取值； （2）时，求与的夹角的余弦值； （3）是否存在实数t，使得，若存在，求出实数t. 【答案】（1） （2） （3）存在满足题意； 【解析】 【分析】（1）由题可求得，再由利用可求得t的取值； （2）代入并分别求得以及，由夹角计算公式可得结果； （3）由向量共线基本定理列式求解即可； 【小问1详解】 由，的夹角为，且，可得； 由可得， 解得； 【小问2详解】 当时，； ； 且； 所以， 即与的夹角的余弦值为 【小问3详解】 由可得； 即可得，解得， 所以存在，使得. 20. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，. （ⅰ）求的面积； （ⅱ）求的值. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，故，求出； （2）（ⅰ）在（1）的基础上，由余弦定理得，故，由三角形面积公式得到答案； （ⅱ）由正弦定理得到，由余弦定理得到，由余弦差角公式得到答案. 【小问1详解】 由已知及正弦定理，可得①， 又，代入①式得， ， 整理得， 因为，所以，，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 （ⅰ）因为，，所以， 整理得，解得或（舍），所以的值为3， 所以的面积为. （ⅱ）由正弦定理，得，有， 由余弦定理得， 又，， 故 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$