【文档说明】安徽师范大学附属外国语学校2020-2021学年高一4月月考数学试题 含答案.docx，共(12)页，624.840 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级4月份月考数学试卷一、单选题1．设非零向量，ab满足|a＋b|＝|a－b|，则（）A．a⊥bB．|a|＝|b|C．a∥bD．|a|>|b|2．设,xyR向量(,1),(1,),(2,4)axbyc===−，且,//ac

bc⊥，则xy+=（）A．0B．1C．2D．33．已知点D是ABC所在平面上一点，且满足12BDBC=−，则AD=（）A．1122ABAC−B．1122ABAC+C．13ABAC22−+D．3122ABAC−4．已

知向量()1,2(,2),3ab==−，则cos,abab+−为（）A．1010B．55−C．22D．22−5．在平行四边形ABCD中，||3AB=，若BABCBDBABCBD+=uuvuuuvuuuvuuvuuuvuuuv，则||A

C=（）A．23B．33C．43D．36．在ABC中，,ax=2,b=4B=，若三角形有两解，则x的取值范围为（）A．(2,)+B．(0,2)C．(2,22)D．(2,23)7．在ABC中，2sin22Caba−=，角A、B、C的对边分别为a、b、c，则ABC的形状为（）A．等边三

角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．直角三角形8．在钝角ABC中，2AB=，3sin2B=，且ABC面积是32，则AC=（）A．3B．2C．7D．3或79．已知ABC的三个内角,,ABC所对的边分别为,,abc，ABC的外接圆的面积为3，且2

22coscoscosABC−+1sinsinAC=+，则ABC的最大边长为（）A．2B．3C．3D．2310．已知ABC的三条边的边长分别为4米、5米、6米，将三边都截掉x米后，剩余的部分组成一个钝角三角形，则x的取值范围是（）A．0x5B．1x5C．1x3D

．1x411．已知在OAB中，2OAOB==，23AB=，动点P位于线段AB上，当·PAPO取得最小值时，向量PA与PO的夹角的余弦值为（）A．277−B．277C．217−D．21712．在ABC中，6AB

=，8BC=，ABBC⊥，M是ABC外接圆上一动点，若AMABAC=+，则+的最大值是（）A．1B．54C．43D．2二、填空题13．向量a，b满足1a=，2b=，a与b的夹角为120°，则2−=ab___________

.14．如果向量a与b的夹角为.定义：“ab”表示一个向量，它的大小是||||sinab.若||5a=，||3b=，||12ab=，则=ab______.15．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山底C在西偏北30°的方

向上，行驶600m后到达B处，测得此山底C在西偏北75的方向上，山顶D的仰角为30°，则此山的高度CD=______m．16．锐角三角形ABC的面积为S，内角,,ABC的对边分别为,,abc，若()2222sin2SbcaA=+−，则A=________.三、解答题17．已知平面向量(3,2

)a=−，()1,bm=−且ba−与(2,1)c=共线.（1）求m的值；（2）aλb+与ab−垂直，求实数的值.18．如图所示，在△ABC中，∠C为直角，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上的点，且AE＝2EB，求证：AD⊥CE.19．如图，在ABC中，6

0B=，8AB=，7AD=，点D在BC上，且1cos7ADC=．（1）求BD；（2）若3cos2CAD=，求ABC的面积．20．在ABC中，,,abc分别为内角,,ABC的对边，且2sin(2)sin(2)sina

AbcBcbC=+++.（1）求A的大小；（2）若sinsin1BC+=，试判ABC断的形状.21．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且向量()3,2sinmA=−，22cos1,cos22AnA=−，且//mn，A为锐角．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若2a=，求ABC的面

积的最大值．22．在锐角ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sin2sin.aBbA=（1）若3,7ab==，求c；（2）求coscosaCcAb−的取值范围.高一年级4月份月考数学试卷参考答案1．A利用向量加法的平行四边形法则．在▱ABCD

中，设AB＝a，AD＝b，由|a＋b|＝|a－b|知ACDB=，如图所示.从而四边形ABCD为矩形，即AB⊥AD，故a⊥b.2．A因为ac⊥，所以240x−=因为//bc，所以420y−−=所以22xy==−

，所以0xy+=3．D解：由题意：D为ABC所在平面内的一点，12BDBC=−，所以32CDCB=所以()33312222ADACCDACCBACABACABAC=+=+=+−=−4．B解：因为()1),2,3,2ab=−=（.所以()()2,44,,0abab+=−=−所以()()85,52

54ababcosabababab+−−+−===−+−5．B||||BABCBDBABCBD+=uuruuuruuurQuuruuuruuur，则BD平分ABC，则四边形ABCD为菱形.且120ABC=，由3ABBC==，则||33AC=,6．C三角形有两解．由正弦定理得si

naBba，即sin24xx，解得222x．7．D21cossin222CCaba−−==，cosbaC=，由正弦定理可得sinsincosBAC=，所以，()sincossinsincosco

ssinACACACAC=+=+，则cossin0AC=，0C，则sin0C，cos0A=，0A，2A=，因此，ABC为直角三角形.8．C依题意，三角形ABC是钝角三角形，3132,sin,sin222ABCcBSacB====，解得1a=，ac，所以A为

锐角.当C为钝角时，21cos1sin2BB=−=，222cos3bacacB=+−=，此时222134cos02213abcCab+−+−===，2C=，不符合题意.当B为钝角时，21cos1sin2BB=−−=−，222cos7bacacB=+−=，9．BABC的外接圆的面积

为233RR==222coscoscos1sinsinABCAC−+=+则2221sin1sin1sin1sinsinABCAC−−++−=+222sinsinsinsinsin0ABCAC−++=，根据正弦定理：2220acbac+−+=根据余弦定理：22212coscos1202

acbacBacBB+−==−=−=故b为最长边：2sin3bRB==10．C试题分析：新三角形的三边分别为4,5,6xxx−−−，其中边长为6x−的边对的角最大记为角C，所以角C为钝角．所以()()()()()222456cos0245xxxCxx−+−−−=−−，即()()(

)2224560xxx−+−−−，整理可得2650xx−+，解得15x．因为4,5,6xxx−−−均为三角形的三边长，且最短边长为4x−，最长边长为6x−所以()()40{3456xxxxx−−+−−，综上可得13x．11．C因为在O

AB中，2OAOB==，23AB=，所以6OAB=，所以PAPOPA=()225+|cos|36PAAOPAPAAOPAPA=+=−=2333244PA−−−，当且仅当32PA=时取等号，因此在OAP△中，3337422

,4222PO=+−=所以向量PA与PO的夹角的余弦值为7342144773222+−=−，12．C以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设M的坐标为(5cos,5sin)，过点B作BD

x⊥轴42418sin,6sin,cos555AABBDABAADABA======7724(,)555ODAOADB=−=−又1824(5,0),(5,0)(,),(10,0),(5cos5,5sin)55ABA

BACAP−===+1824(5cos5,5sin)(,)(10,0)55AMABAC=++=+13125=cossin,sin28224−+=12151+=cos+sin=sin()23262

+++当sin()=1+时，max514(+)623=+=13．23解：因为向量a，b满足1a=，2b=，a与b的夹角为120°，所以2222(2)44ababaabb−=−=−+2244cos120aabb=−+14141242=−−+

1223==，故答案为：2314．9解：因为||12ab=，所以||||sin12ab=，因为||5a=，||3b=，所以15sin12=，即4sin5=，因为[0,]，所以3cos5=，所以3cos53()95ab===ab，15．1

006在ABC中，30BAC=，600AB=，18075105ABC=−=，45ACB=，sinsinABBCACBBAC=，即600sin45sin30BC=，解得3002BC=．又在RtBCD中，30CBD=，

3tan300210063CDBCCBD===，即山高CD为1006m．16．π3根据余弦定理得2222cosbcabcA+−=，三角形面积公式得1sin2SbcA=，二倍角公式得：sin22sincosAAA=，因为()2222sin2Sb

caA=+−，所以2sin4cossinbcAbcAA=，因为ABC是锐角三角形，sin0A所以21cos4A=，即：1cos2A=，所以π3A=.故答案为：π317．（1）3m=；（2）4=.（1）由题意得：()2,2bam−=

−−，()2,1c=因为ba−与(2,1)c=共线所以(2)12(2)0m−−−=，解得3m=；（2）由（1）可知(1,3)b=−，于是(3,23)ab+=+−−，而(2,1)ab−=，由于()()abab+⊥−，从而2(3)(23)0+−+=，解得：4=1

8．以C为原点，CA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．设AC＝a，则A(a,0)，B(0，a)，D0,2a，C(0,0)，E12,33aa.∴AD＝,2aa−，CE＝12,33aa.∵AD·CE＝－a·13a＋2a·23a

＝0，∴AD⊥CE.19．（1）3；（2）176313．（1）∵()1coscosπcos7ADBADCADC=−=−=−在ABD△中，由余弦定理得2228727cos3BDBDADBBD=+−

=或5−（舍）．（2）由已知43sin7ADC=，1sin2CAD=∴()4331113sinsin727214CADCCAD=+=+=由正弦定理得17sin49213sin1314ADCADCDC===∴49883131

3BC=+=∴188317638213213ABCS==△20．（1）120；（2）等腰钝角三角形.（1）因为2sin(2)sin(2)sinaAbcBcbC=+++，所以22(2)(2)abcbcbc=+++，即222bcabc+−=−，所以2221cos

22bcaAbc+−==−，因为()0,A，所以120A=o.（2）由（1）知()sinsinsinsin60BCBB+=+−，()31cossinsin60122BBB=+=+=，因为()0,60B，所以6090B+=，解得30,30BC==，

所以ABC是等腰三角形.21．（Ⅰ）3A=；（Ⅱ）3.解：（Ⅰ）∵()3,2sinmA=−，22cos1,cos22AnA=−，且//mn，∴23cos22sin2cos12AAA=−−，∴3cos22sinco

sAAA=−，∴3cos2sin2AA=−，∴tan23A=−∵A为锐角∴3A=；（Ⅱ）∵2a=，∴2242ccos3bcb=+−，∴224bcbcbc=+−（当且仅当bc=时等号成立），∴bc=时，bc取得最大值4，∵ABC的面积等于1csin2bA，∴ABC的面积的最大值为3．2

2．（1）2c=；（2）()1,1−.（1）由sin2sinaBbA=，得sinsin2sinsinABBA=，得2sinsincossinsinABABA=，得1cos2B=，在ABC，3B=，

由余弦定理2222cosbcaacB=+−，得27923cos3cc=+−，即2320cc−+=，解得1c=或2c=.当1c=时，22220,cos0bcaA+−=−即A为钝角（舍），故2c=符合.（2）由（1）得3B=，所以23CA=−，coscossincoscossinsin()

22sin2sin3332aCcAACACACAbB−−−===−，ABC为锐角三角形，62A，22333A−−，323sin2232A−−，coscos11aCcAb−

−，故coscosaCcAb−的取值范围是()1,1−.