【文档说明】天津市滨海新区塘沽第一中学2020-2021学年高一下学期第一次月考数学试卷 含解析.doc，共(12)页，1006.500 KB，由小赞的店铺上传

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塘沽一中2020-2021学年度第二学期高一年级第一次月考数学学科试题一．选择题（共12小题）1.下列说法中正确的是（）A.若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合B.模相等的两个平行向量是相等向量C

.若a和b都是单位向量，则ab=D.零向量与其它向量都共线————D分析：利用相等向量的定义可判断AC选项的正误；利用相等向量和相反向量的定义可判断B选项的正误；利用零向量与任意向量共线这一性质可判断D选项的正误.解答：对于A选项，因为向量是可以移

动的，两个向量相等时，它们的起点和终点不一定重合，A选项错误；对于B选项，模相等的两个平行向量，可以是相等向量，也可以是相反向量，B选项错误；对于C选项，a和b都是单位向量，但它们的方向不一定相同，故a和b不一定相等，C选项错误；对于D选项，零向量的方

向是任意的，零向量与其它向量都共线，D选项正确.故选：D.2.在ABC中ABa=，CBb=，则CA等于（）A.ab+B.ab−C.ba−D.ab−−————C分析：根据向量的线性运算可得选项．解答：CACBBAbABba=+=−=−，故选：C.3.若复数2()bibR−

的实部与虚部之和为零，则b的值为（）A.2B.23C.23−D.2−————A分析：由复数2()bibR−的实部与虚部之和为零，得20b−=，求解即可得答案．解答：由复数2()bibR−的实部与虚部之和为零，得20b−=，即

2b=．故选：A．点拨：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．4.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若45A=，60B=，2a=，则b=（）A.6B.2C.

3D.26————A分析：直接利用正弦定理求解即可.解答：因为45A=，60B=，2a=，所以由正弦定理可得sinsinabAB=，则b=32sin2sin6026sinsin4522aBA===，故选：A.5.已知向量()4,2a=−，(

),2m=b.若ab⊥，则m=（）A.1−B.1C.4−D.4————B分析：由数量积公式计算可得结果.解答：因为ab⊥所以0ab=，则()4220m+−=解得1m=故选：B6.平面向量a与b的夹角

为60°，a＝(2，0)，|b|＝1，则|2|+ab等于（）A.3B.23C.4D.12————B分析：把|2|+ab平方后再开方即可.解答：因为(2,0),||1ab==所以||2,21cos601aab===所以22|2|4423abaabb+=++=故选：B.7.在ABC中，角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，且2222abcac=−+，则角B的大小是（）A.45°B.60°C.90°D.135°————A分析：由2222abcac=−+利用余弦定理可得2cos2B=，结合B的范围，即可得B的值．解答：ABC

中，2222abcac=−+，可得：2222acbac+−=，由余弦定理可得：22222cos222acbacBacac+−===，()0,B，45B=，故选：A.8.在矩形ABCD中，O是对角线的交点，若15BCe=，23DCe=则OC=（）A.(

)121532ee+B.()121532ee−C.()211352ee−D.()211532ee−————A解答：因为矩形ABCD中，O是对角线的交点，若121115,3,()()222BCeDCeBCDCABADACOC==+=+==则,即()121532OCee=+,故选A.

9.在ABC中，a，b是A，BÐ所对的边，已知acosBbcosA=，则ABC的形状是（）A.直角三角形B.等腰三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形————B分析：由正弦定理得sinsinAc

osBBcosA=，化简得in0()sAB−=,即得解.解答：由正弦定理得sinsinAcosBBcosA=，所以sinsin0AcosBcosAB−=，所以in0()sAB−=,因为,(0,)AB,所以0,ABAB−==.所以三角形是等腰三角形.故选：B点拨：本题主要考查正弦定理的应用

，考查差角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.向量a的模为10，它与向量b的夹角为150，则它在b方向上的投影为（）A.5B.53−C.5−D.53————B分析：根据投影的定义求解．解答：由题意所求投影的模为3cos15010()532a=−=−．故选：B．11

.ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若5a=，2c=，2cos3A=，则b=（）A.2B.3C.13D.3————D分析：用余弦定理列出关于b的方程，解方程可得．解答：由已知2222cosabcbcA=+−，即2254223bb=+−，解

得3b=．故选：D．12.设D为ABC所在平面内一点，4AC=，BCAC⊥，14CDAC=，则DAAB=（）A.20B.20−C.12D.12−————B分析：由已知可得出54DAAC=−，ABACCB=+，利用平面向量数量积的运算性质可求得DAAB的值.解答：14CDA

C=，54DAAC=−，BCAC⊥，则0ACBC=，因此，()2255554204444DAABACACCBACACCB=−+=−−=−=−.故选：B.二．填空题（共6小题）13.若复数221(2)zmmmi=−+−−为纯虚数，则实数m的值为________．————1分析：由

纯虚数的概念得实部为0，且虚部非0，可解得1m=.解答：因为复数22(1)(2)mmmi−+−−为纯虚数，所以2210,20mmm−=−−解得1m=.故答案为：1.14.已知ABC中，角A，B，C

的对边分别为a，b，c，若3ac=，3sin4A=且，则cosC=________．————154分析：直接由正弦定理以及已知条件即可求得结论．解答：3=acc，3sin4A=，所以3sin4=3sinsin==aAcCC；则1sin4C=．又因为3=acc，所以>

AC，所以角C一定是锐角，因此215cos1sin4=−=CC．故答案为：154．15.已知向量3(2,)2a=−，(1,)bk=r，且//ab，那么a=________，实数k的值为________．————(1).52(2).34−分析：由向量的模长公式可得ar，根据//ab可得方程3

212k=−，可解得k.解答：向量3(2,)2a=−，(1,)bk=r，()2235222a=+−=由//ab，可得3212k=−，解得34k=−故答案为：（1）52（2）34−16.已知甲、乙两船同时从A处出发，甲沿北偏东30的方向航行，乙沿正东方向航行至

B处，然后沿一新航向继续航行，与甲在C处相遇，此时甲航行了60海里，乙由A至B航行了50海里，则BC的大小是__________________.（精确到小数点后一位）————55.7海里分析：由题意，在ABC中，利用余弦定理求

解.解答：如图所示：在ABC中，由余弦定理得2222cosBCACABACABBAC=+−，22605026050cos60=+−，3100=，所以103155.7BC=故答案为：55.7海里17.如图，在ABC中，3BAC

=，2ADDB=，P为CD上一点，且满足13APmACAB=+，m=________；若ABC的面积为23，则AP的最小值为________．————(1).12(2).2分析：设CPCD=，可得出()21133APABACABmAC=+−=+，可得出关于、m的方程组，即可解得

实数m的值；利用三角形的面积公式得出8ABAC=，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得AP的最小值.解答：设CPCD=，则()APACCPACCDACADAC=+=+=+−()2211333AC

ABACABACABmAC=+−=+−=+，所以，21331m==−，解得12m==.13sin2324ABCSABACBACABAC===△，8ABAC=，22221111132943APABACABACABAC=+=++2222

111111cos2943946ABACABACBACABACABAC=+++142ABAC==，当且仅当1132ABAC=时，即当32ABAC=时，等号成立.所以，AP的最小值为2.故答案为：12；2.点拨：方法点睛：求向量的模的两种基本策略：（1）字母表示

下的运算：利用22aa=，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题；（2）坐标表示下的运算：若(),axy=r，则2222aaaaxy===+，于是有22axy=+.18.在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，

O为ABC的外心，且有233ABBCAC+=，sin(cos3)cossin0CAAA−+=，若AOxAByAC=+，,xyR，则2xy−=________．————3−或4333−分析：由边角互化可得23,(cos3)co

s03cabcAaA+=−+=,所以2cos3bAc=，即2222bac=+，联立解得,3acbc==，或5,33acbc==.分两种情况将AOxAByAC=+两边分别同乘以向量得方程组，解得结果.解答：由正

弦定理得(cos3)cos0cAaA−+=，所以2cos3bAc=，即2222bac=+，由条件得233cab+=，联立解得,3acbc==，或5,33acbc==.当,3acbc==时，23cos2ABACbcAc==由AOxAByAC=+，得2AOABxAByACAB=+，即22

21322cxcyc=+，所以231xy+=.——————————————①同理，由AOxAByAC=+，得2AOACxABACyAC=+，即2221322bxcyb=+，即2221122bxbyb=+，所以21xy+=.——————————————②联

立①②解得1,1xy=−=.故23xy−=−.当5,33acbc==时，同理可得231xy+=——③，189xy+=——④解得43233xy−=−.故答案为：3−或4333−.点拨：（1）三角形中的边角关系为条件时，常用正余弦定理统一化边或化角；（

2）若O为ABC的外心，则有221122AOABABc?=，221122AOACACb?=；（3）此题的关键是找出三边关系和将向量转化为边长，得,xy的关系式.三．解答题（共2小题）19.已知向量a与b的夹角为3=4，且3a=，22b=.（1）若2kab+与34a

b+共线，求k；（2）求ab，ab+；（3）求a与ab+的夹角的余弦值————（1）32；（2）6ab=−，5ab+=；（3）55.分析：（1）利用向量共线定理即可求解.（2）利用向量数量积的定义：cos,ababab=

可得数量积，再将ab+平方可求模.（3）利用向量数量积即可夹角余弦值.解答：（1）若2kab+与34ab+共线，则存在，使得()234kabab+=+即()()3240kab−+−=，又因为向量a与b不共线，所以30240k

−=−=，解得1232k==，所以32k=.（2）2cos,32262ababab==−=−，22291285abaabb+=++=−+=，（3）()2965cos,535aabaabaabaabaab++−+=

===++.20.ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c．若sin3sin02cAaC++=，36cb==，且点M满足13AMAB=．（1）求角C；（2）求CM的长．————（1）23；（2）2.分析：（

1）利用正弦定理边角互化、诱导公式化简可求得tanC的值，结合角C的取值范围可得出角C的值；（2）利用余弦定理计算出a的值，由已知条件得出2133CMCACB=+，利用平面向量数量积的运算性质可求得CM的长．解答：（1）sin3sin02cAaC++=，由正弦定理

可得sinsin3sincos0ACAC+=，0A，sin0A，可得sin3cos0CC+=，tan3C=−，0C，23C=；（2）13AMAB=，则()11213333CMCAAMCAABCACBCACACB=+=+=+−=+，36cb==，则6c=，23b=，由余

弦定理可得2222362cos2312cababCaa==+−=++，整理得223240aa+−=，0a，解得23a=，()2221112244333CMCACBCACBCACACBCB=+=+=++()()

()2222211144cos423423232332bbaCa=++=+−+=.点拨：方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式

子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有a、b、c的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出

现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.