【文档说明】河南省周口市太康县第一高级中学2022-2023学年高一下学期2月月考数学试题 含答案.docx，共(19)页，700.456 KB，由小赞的店铺上传

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太康一高2022-2023高一下学期月考数学试卷（一）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一．单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）1．已知A（1，3），B（4，﹣1），则与向量共线

的单位向量为（）A．或B．或C．或D．或2．设非零向量，满足|+|＝|﹣|，则（）A．⊥B．||＝||C．∥D．||＞||3．已知向量，满足•＝0，||＝1，||＝2，则|2﹣|＝（）A．0B．C．4D．84．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠

ADC＝90°，AD＝DC＝2，BC＝1，P是DC的中点，则＝（）A．B．C．3D．95．已知m∈R，则是的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件6．已知角A、B、C为△ABC的三个内角，若，则△ABC一定是（）A．等腰直角三角形

B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰或直角三角形7．在以下命题中，真命题的是（）A．||﹣||＝||是、共线的充要条件B．若，则存在唯一的实数λ，使C．对空间任意一点O和不共线的三点A、B、C，若，则P、A、B、C四点共面D．若、

、是不共面的向量，则、、的线性组合可以表示空间中的所有向量8．已知正三角形ABC的边长为2，平面ABC内的动点P，M满足||＝1，＝，则||2的最大值是（）A．B．C．D．二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，

有选错得0分.）（多选）9．已知向量＝（1，3），＝（2，﹣4），则下列结论正确的是（）A．B．C．向量的夹角为D．在方向上的投影向量是（多选）10．给出下列命题，其中错误的选项有（）A．非零向量，满足且与同向，则B．已知且与的夹角为锐角，则

实数λ的取值范围是C．若单位向量的夹角为60°，则当取最小值时，t＝1D．在△ABC中，若，则△ABC为等腰三角形（多选）11．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A．若a＝6，b＝9

，A＝45°，则符合条件的△ABC有两个B．若a2+b2﹣c2＜0，则△ABC是钝角三角形C．若sinA＞sinB，则A＞BD．若sinA﹣sinB＝cosB﹣cosA，则△ABC为等腰三角形（多选）12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与

“奔驰”轿车（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，且．设O是△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC

的三个内角，以下命题正确的有（）A．若，则SA：SB：SC＝1：2：3B．若，，，则C．若O为△ABC的内心，，则D．若O为△ABC的垂心，，则三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13．

下列命题中，正确命题的序号为．①单位向量都相等；②若向量，满足，则；③向量就是有向线段；④模为0的向量叫零向量；⑤向量，共线与向量意义是相同的．14．已知在△ABC中，∠A＝，AB＝2，AC＝3，则△ABC的外接圆半径为．15．在△ABC中，若a2+b2﹣，ab＝4，则△ABC的面积是．16

．在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m为常数），则CD的长度是．四．解答题（本大题共6小题，共70分.）17．如图所示平行四边形AOBD中，设向量＝，＝，又＝，＝，用，表示、、．18．已知向量，求：（1）若，且，求

的坐标；（2）若，求m+n；（3）若，求k的值．19．在△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（1）若，求角A；（2）求△ABC周长的最大值．20．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，E为CD中点，，（0≤

λ≤1）．（1）若，求实数λ的值；（2）求的取值范围．21．已知A（2，0），B（0，2），C（cosα，sinα），（0＜α＜π）．（1）若||＝（O为坐标原点），求与的夹角；（2）若，求sinα﹣cosα的值．22．如图

所示，在△ABC中，P在线段BC上，满足2＝，O是线段AP的中点，（1）延长CO交AB于点Q（图1），求的值；（2）过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F（图2），设，．（ⅰ）求证：2λ+μ为定值；（ⅱ）设△AEF的面积为S1，△ABC的面积为S2的面积为S2，求的最小值．参考答案与试题解

析一．选择题（共8小题）1．【分析】利用向量的坐标公式求出向量的坐标；利用向量共线的充要条件及单位向量的定义列出方程组，求出值．【解答】解：＝（3，﹣4）设与共线的单位向量是（x，y），则有，解得：或，故选：B．2．【分析】由已知得，从而＝0，由此得到．【解答】

解：∵非零向量，满足|+|＝|﹣|，∴，，，解得＝0，∴．故选：A．3．【分析】利用题中条件，把所求|2|平方再开方即可【解答】解：∵＝0，||＝1，||＝2，∴|2|＝＝＝＝2故选：B．4．【分析】将所求向量均用，表示后运算即可．【解答】解：因为＝，＝＝﹣，所以||＝||＝||＝||＝，故选

：C．5．【分析】利用向量相等的定义求解即可．【解答】解：①当m＝0时，则，但不一定成立，∴充分性不成立，②当时，则，∴必要性成立，∴是的必要不充分条件，故选：B．6．【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公

式可求cosC＝cosB，结合B，C为三角形内角，可得b＝c，即可判断三角形的形状．【解答】解：因为，A+B+C＝π，所以sin（）＝sin（），可得cosC＝cosB，又因为B，C∈（0，π），所以c＝b，则△ABC一定是等腰三角形．故选：C．7．【分析】根据向量数量积

的性质，向量共线的概念，向量共线定理，空间向量共面定理的推论，空间向量的基底的条件，即可分别求解．【解答】解：对A选项，∵||﹣||＝||，∴（||﹣||）2＝||2，∴﹣||||＝，∴与反向共线，∴||﹣||＝||是、共线的充分不必要条件，∴A选项错误；对B选项，∵，当时，显然∀λ∈R

，都有；当，时，显然不存在实数λ，使得，∴B选项错误；对C选项，∵，∴2+（﹣2）+（﹣1）≠1，∴P、A、B、C四点不共面，∴C选项错误；对D选项，∵、、是不共面的向量，∴、、三向量任意两向量都不共线，∴{、、

}可以作为空间向量的一组基底，即、、的线性组合可以表示空间中的所有向量，∴D选项正确．故选：D．8．【分析】如图所示，建立直角坐标系．B（0，0），C．A．点P的轨迹方程为：＝1，令x＝+cosθ，y＝3+sinθ，θ∈[0，2π）．又＝，可得M，代入

||2＝+3sin，即可得出．【解答】解：如图所示，建立直角坐标系．B（0，0），C．A．∵M满足||＝1，∴点P的轨迹方程为：＝1，令x＝+cosθ，y＝3+sinθ，θ∈[0，2π）．又＝，则M，∴||2＝+＝+3sin≤．∴||2的最大值是．也可以以

点A为坐标原点建立坐标系．解法二：取AC中点N，MN＝，从而M轨迹为以N为圆心，为半径的圆，B，N，M三点共线时，BM为最大值．所以BM最大值为3+＝．故选：B．二．多选题（共4小题）9．【分析】根据向量数量积的坐标运算，向量模的定义，向量夹角公式，投影向量的定义即可分别求解．【解答】解：对

A，∵＝（3，﹣1）•（1，3）＝3×1+（﹣1）×3＝0，∴，∴A正确；对B，∵＝（4，2），∴＝＝2，∴B错误；对C，∵cos＝＝＝，∴＝，∴C正确；对D，∵在方向上的投影向量是＝（）＝﹣，∴D错误．故选：AC．10．【分析】向量不能比较大小可判

断选项A，取λ＝0判断选项B，对于选项C，化简|2+t|＝，从而判断，+表示了与∠A的角平分线平行的向量，从而判断选项D．【解答】解：对于选项A，向量不能比较大小，故错误；对于选项B，当λ＝0时，与的夹角为0，故错误；对于选项C，

|2+t|＝＝＝，故当t＝﹣1时，取最小值，故错误；对于选项D，+表示了与∠A的角平分线平行的向量，∵，∴∠A的角平分线与边BC所在直线垂直，∴△ABC为等腰三角形，故正确；故选：ABC．11．【分析】由正弦定理得，判断A错误；由余弦定理得cosC＜0，判

断B正确；由正弦定理得a＞b，判断C正确；将已知式子移项平方得sin2A＝sin2B，判断D错误；【解答】解：对于A：在△ABC中，由正弦定理得，显然B无解，故A错误；对于B：∵a2+b2﹣c2＜0，∴在

△ABC中，由余弦定理得，则，故△ABC是钝角三角形，故B正确；对于C：∵sinA＞sinB，∴由正弦定理得a＞b，即A＞B，故C正确；对于D：∵sinA﹣sinB＝cosB﹣cosA，即sinA+cosA＝cosB+sinB，∴（sin

A+cosA）2＝（cosB+sinB）2，即sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或，故△ABC为等腰三角形或直角三角形，故D错误，故选：BC．12．【分析】根据奔驰定理，结合每个选项的条件，找到相应的SA，SB，SC的值或它们的

比值，再结合每个选项的条件转化为相应的边角关系，进一步解决问题．【解答】解：对于A，由奔驰定理可知，若，则SA：SB：SC＝1：2：3，故A正确；对于B，在△ABC中，由，可知SC＝1，又，所以SA：SB：SC＝2：3：4，所以，，所以S△ABC＝SA+SB+SC＝，故，故BB错误；对于C，由奔驰

定理可知，O为△ABC的内心，，设内切圆半径为r，故，，，则结合SA：SB：SC＝3：4：5，所以BC：AC：AB＝3：4：5，由勾股定理得△ABC为直角三角形，角C为直角，故C正确；对于D，如图：延长

AO交BC于点D，延长BO交AC于点E，延长CO交AB于点F，由于S△ABC＝SA+SB+SC，且由已知得SA：SB：SC＝3：4：5，O为三角形ABC的垂心，故，设OE＝m，OB＝2m，同理S△ABC：S△BOC＝＝4，设OD＝n，则OA＝3n，co

s∠BOD＝＝cos∠AOE＝，可得2m2＝3n2，据此求得cos∠BOD＝，cos∠AOB＝cos∠（π﹣∠BOD）＝，故D正确．故选：ACD．三．填空题（共4小题）13．【分析】根据平面向量的定义和相关概念、性质逐项判断即可．【解答】解：向量相等，必须满足方向相同，故①

②错误；向量虽然可以用有向线段表示，但不能认为有向线段就是向量，故③错误；模为0的向量叫零向量，故④正确；向量，共线（或平行），用表示，故⑤正确．故答案为：④⑤．14．【分析】直接利用正弦定理和余弦定

理求出结果．【解答】解：在△ABC中，∠A＝，AB＝2，AC＝3，利用余弦定理BC2＝AC2+AB2﹣2AB•AC•cosA，整理得BC＝，所以，解得R＝．故答案为：．15．【分析】利用余弦定理求出C的余弦函数值，然后利用同角三角函数基本关系式求解正

弦函数值，通过三角形的面积求解即可．【解答】解：因为a2+b2﹣，ab＝4，由余弦定理可得：cosC＝＝＝，则sinC＝＝，则△ABC的面积S＝absinC＝4×＝．故答案为：．16．【分析】以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐

标系，求得B与C的坐标，再把的坐标用m表示．由AP＝9列式求得m值，然后分类求得D的坐标，则CD的长度可求．【解答】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则B（4，0），C（0，3），由＝m+（﹣m），得，整理得：＝﹣2m（4，0

）+（2m﹣3）（0，3）＝（﹣8m，6m﹣9）．由AP＝9，得64m2+（6m﹣9）2＝81，解得m＝或m＝0．当m＝0时，，此时C与D重合，|CD|＝0；当m＝时，直线PA的方程为y＝x，直线BC的方程为，联立两直线方程可得x＝m，y＝3﹣2m．即D（，），

∴|CD|＝．∴CD的长度是0或．故答案为：0或．四．解答题（共6小题）17．【分析】根据向量加法、减法，及数乘的几何意义，及其运算，以及向量加法的平行四边形法则，即可表示出．【解答】解：＝﹣＝；∴＝+＝+＝+＝；又＝，＝+＝+＝＝+；∴＝﹣＝+﹣﹣＝﹣．1

8．【分析】（1）设，根据和列方程组求解即可；（2）将向量坐标代入，再根据向量相等列方程组求解即可；（3）求出，再根据向量平行的坐标公式计算即可．【解答】解：（1）设，由，且，得，解得或，∴或；（2）∵，，∴（3，﹣4）＝m（2，﹣1）+n（1，2），∴，解得，∴m+

n＝1；（3）由已知，又，，∴（2k+1）×（﹣4）＝（﹣k+2）×3，解得k＝﹣2．19．【分析】（1）直接利用正弦定理求出sinA的值，结合大边对大角可求A的范围，进而可求A的值．（2）由b，sinB的值，利用正弦定理表示出a与c，进而利用三角函数恒等变换的应用表示出三角形ABC周长，利用正弦

函数的值域即可确定出周长的最大值．【解答】解：（1）因为，，所以由正弦定理可得＝，即＝，可得sinA＝，因为a＝BC＜AC，可得A＜B＝60°，所以A＝45°．（2）由题意利用正弦定理可得＝＝＝2，所以a＝2sinA，c＝

2sinC，所以△ABC周长为a+c+b＝2（sinA+sinC）+＝2[sinA+sin（120°﹣A）]+＝2（sinA+cosA）＝2sin（A+30°）+，因为0°＜A＜120°，所以30°＜A+30°＜150°，所以sin（A+30°）∈（，1]，即

2sin（A+30°）+∈（2，3]，则△ABC周长的最大值为3．20．【分析】（1）以点A为坐标原点，直线AB为y轴，直线AD为x轴，建立平面直角坐标系，利用坐标运算得出实数λ的值；（2）由（1）得出，，根据数量积坐标运算及二次函数的性质计算求解即可．【

解答】解：（1）以点A为坐标原点，直线AB为y轴，直线AD为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示：AB＝2，AD＝3，E为CD中点，则A（0，0），B（0，2），D（3，0），E（3，1），∵，（0≤λ≤1），∴＝（3

λ，0），∴F（3λ，0），∴，，∵，∴（3，1）•（3λ，﹣2）＝0，即9λ﹣2＝0，解得λ＝．（2）由（1）知，，，∴，∵0≤λ≤1，∴取值范围是．21．【分析】（1）用坐标表示、，由|+|＝，求出α的值，从而得，再求得与的夹角；（2）用坐标表

示、，由，得•＝0，求出sinα+cosα的值，从而求得sinα﹣cosα的值．【解答】解：（1）∵＝（2，0），＝（cosα，sinα），∴+＝（2，0）+（cosα，sinα）＝（2+cosα，si

nα），∴|+|＝＝＝，解得cosα＝，又∵0＜α＜π，∴α＝，∴sinα＝，∴＝（，），又＝（0，2），设与的夹角为θ，则0＜θ＜π；∴cosθ＝＝＝，∴θ＝．（2）∵＝（﹣2+cosα，sinα），＝

（cosα，﹣2+sinα），且，∴•＝0，即（﹣2+cosα）cosα+（﹣2+sinα）sinα＝0，∴﹣2conα﹣2sinα+1＝0，∴sinα+cosα＝，∴1+2sinαcosα＝，∴2sinαco

sα＝﹣，又0＜α＜π，∴cosα＜0，∴sinα﹣cosα＝＝＝．22．【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由C，O，Q三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值；（2）（i）根据题意，将作为基底表示，由E，O，F三点共线可知，的系

数之和为1，即可求出2λ+μ为一定值；（ii）根据题意，，，由2λ+μ＝3可将化为关于λ的函数，利用函数性质求的最小值即可．【解答】解：（1）依题意，因为，所以，因为O是线段AP的中点，所以，设，则有

，因为C，O，Q三点共线，所以，解得，即，所以，所以；（2）证明：（i）根据题意，同理可得：，由（1）可知，，所以，因为E，O，F三点共线，所以，化简得2λ+μ＝3，即2λ+μ为定值，且定值为3；（ii）根据题意，，，所以，由（i）可知2λ+μ＝

3，则μ＝3﹣2λ，所以，易知，当时，有最小值，此时．