1、章丘七中2020级高一下学期第一次月考数学试卷(2021.3)一、单选题（每题5分，共40分）1下列说法中正确的是（ ）A单位向量都相等 B若满足且与同向，则C对于任意向量，必有 D平行向量不一定是共线向量2已知点，向量，若，则实数的值为（ ）A B6C7D83设为所在平面内一点，若，则（ ）ABCD4已知菱形的边长为2，,点是上靠近的三等分点，则（）A B C1 D2 5已知向量(2，1)，10，则（ ）ABC5D256在中，是角的对边，则（ ）ABCD7已知在中，则（ ）ABCD8 在中，分别为内角,的对边，若，且，则的面积为（ ）A B C D二、多选题（每题5分，共20分，漏选得3分，
2、错选得0分）9设向量，则（ ）ABCD与的夹角为10在中，角所对的边分别为，下列四个命题中，正确的命题为（ ）A若，则；B若，则；C若，则这个三角形有两解；D若是钝角三角形.则.11在中角所对的边分别为，能确定为锐角的有（ ）A BC均为锐角，且 D12在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则不可能为（ ）A钝角三角形B直角三角形C等腰三角形D等边三角形三、填空题（每题5分，共20分）13已知向量，则，的夹角为_14 已知平面内的点，若四边形（为坐标原点）是平行四边形，则向量的模为_.15已知，且，则_.16在中，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是_.四、解答题17(本题1
3、0分)已知向量，.（1）求的值； （2）若向量与平行，求的值.18(本题12分)已知向量与的夹角，且，（1）求，；（2）求与的夹角的余弦值19(本题12分)如图，在平行四边形ABCD中，BD，AC相交于点O，M为BO中点设向量，（1）求的值；（2）用，表示和；（3）证明：20(本题12分)在锐角中，分别为内角，所对的边，且满足（1）求角的大小；（2）若，求的面积21. (本题12分)在中，角的对边分别为，若，且.（1）求角的值；（2）若，且的面积为，求边上的中线的长.22(本题12分)如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处
4、行走，走20km到达处，此时测得相距21km，求之间的距离. 参考答案1C【分析】A，单位向量的方向不一定相同；B，平行向量就是共线向量；C根据加法的三角形法则及其几何意义可判断；D，向量不能比较大小【详解】解：对于A，单位向量模都相等，方向不一定相同，故A错误；对于B，平行向量就是共线向量，故B错误；对于C，若同向共线，若反向共线，若不共线，则，综上可知对于任意向量a，b，必有，故C正确；对于D，两个向量不能比较大小，故错误；故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的基本概念以及加法的三角形法则，属于基础题2D【分析】由向量平行的坐标条件得出方程，解之可得选项【详解】因为点，所以，又，所以，解得
5、，故选：D【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量平行的坐标条件，属于基础题3A【分析】由向量的线性运算法则判断【详解】，故选：A【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属于基础题4A【分析】取为基底，再把转化成基底运算.【详解】如图，作，因为是上靠近的三等分点，所以也都是三等分点，所以，故选A.【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用，考查数形结合思想，求解过程中要注意基底选择的合理性，即一般是选择模和夹角已知的两个向量作为基底.5C【分析】把等式平方，转化为向量的数量积，然后计算可得【详解】解析：，又，5，故选：C6A【解析】试题分析：由得，又，由正弦定理可得.考点：同角关系式、正弦定理7B【解析】
6、分析：由余弦定理可得利用可得结果.详解：在中，由余弦定理得，的夹角等于，根据向量的数量积定义，故选B.点睛：本题考查利用定义求平面向量数量积，及余弦定理的应用,属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.8B【解析】由题意得由正弦定理得,.由余弦定理得,解得,故面积为.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形,考查了三角形的面积公式.首先观察题目给定的已知等式,它的右边很像余弦定理的形式,故首先考虑两边除以,将边转化为角,然后利用正弦定
7、理可求得的具体大小,再次利用余弦定理可求得的值,进而求得体积.9CD【分析】根据平面向量的模垂直夹角公式坐标运算公式和共线向量的坐标运算，即可对各项进行判断，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以，故A错误；因为，所以，又，则，所以与不平行，故B错误；又，故C正确；又，又与的夹角范围是，所以与的夹角为，故D正确.故选：CD.【点睛】本题主要考查了平面向量的模垂直夹角公式坐标运算公式，考查了共线向量的坐标运算，属于较易题.10BCD【分析】A，求出，即可由正弦定理求出；B，由得出，即得，由正弦定理即可判断；C，由正弦定理解三角形即可判断；D，由和的正切个数化简可判断.【详解】对于A，若，由正弦定
8、理可得，故A错误；对于B，且在单调递减，若，则，由三角形中大边对大角得，再由正弦定理得，故B正确；对于C，由正弦定理得，则，因为，故有两解，故C正确；对于D，在中，则，当是钝角三角形，若或为钝角，则，满足；若为钝角，则，即，满足，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查和的正切公式的应用，属于基础题.11ACD【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有，由正弦函数的单调性可判断；选项D由正弦定理可得则由大边对大角可判断.【详解】对于为锐角，故正确；对于为钝角，故错误对于均为锐角；且因为可得则为锐角，故正确.对于由正弦定理得则为锐角，故
9、正确.故选：ACD12BD【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求得B为钝角，进而可判断.【详解】由正弦定理可得，整理可得，所以故因为，所以，即B为钝角，则三角形ABC为钝角三角形.ABC不可能为直角三角形或等边三角形.故选：BD.【点睛】本题主要考查利用正弦定理及和差角公式判断三角形的形状，属于基础试题.13【分析】设，的夹角为，则，利用数量积的定义，将已知代入即可得到答案.【详解】设，的夹角为，则，又，所以，所以，又，故故答案为：【点晴】本题考查已知向量的模求向量夹角的问题，考查学生的数学运算求解能力，是一道容易题.14【分析】由得出向量的坐标，再求模即可【详解】由向量的平行四边
10、形法则知，故答案为：【点睛】本题考查了向量的模和平面向量的坐标运算，属于容易题.15【分析】由题意可得，两边平方，化简得到，代入原式进行计算即可【详解】，且，即.又，.故答案为【点睛】本题考查向量的数量积的运算，属于基础题16【分析】根据分析得出点的轨迹为线段，结合图形即可得到的最大值.【详解】如图：取，点是内（包括边界）的一动点，且，根据平行四边形法则，点的轨迹为线段，则的最大值是，在中，【点睛】此题考查利用向量方法解决平面几何中的线段长度最值问题，数形结合处理可以避免纯粹的计算，降低难度.17(1)5;( 2) 【解析】分析：(1) 先用坐标表示 ，再根据向量模的定义求结果，(2) 根据向
11、量平行坐标表示得方程，解得方程得结果.详解： （1）依题意得，（2）依题意得，向量与平行，解得点睛：(1)向量平行：，,(2)向量垂直：，(3)向量加减乘： 18（1），；（2）.【分析】（1）利用平面向量数量积的定义可计算得出的值，利用平面向量数量积的运算性质计算得出的值；（2）计算出的值，利用平面向量夹角的余弦公式可求得与的夹角的余弦值【详解】（1）由已知，得，；（2）设与的夹角为，则，因此，与的夹角的余弦值为.191）；（2），；（3）证明见解析【分析】（1）利用数量积公式以及求解即可；（2）由向量的加减法进行运算即可用，表示和；（3）利用向量的垂直和数量积的关系证明即可.【详解】（1）
12、（2）又为中点（3）又 所以【点睛】本题主要考查了用基底表示向量，利用数量积求模以及利用向量证明线段垂直，属于中档题.20(1)；（2）.【分析】（1）利用正弦定理化简已知的等式，根据sinA不为0，可得出sinB的值，由B为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可求出B的度数；（2）由b及cosB的值，利用余弦定理列出关于a与c的关系式，利用完全平方公式变形后，将a+c的值代入，求出ac的值，将a+c=5与ac=6联立，并根据a大于c，求出a与c的值，再由a，b及c的值，利用余弦定理求出cosA的值，将b，c及cosA的值代入即可求出值【详解】(1),由正弦定理得，所以，因为三角形ABC为锐角三角
13、形，所以.（2）由余弦定理得，所以所以.21 （1）；（2）.【分析】（1）先由正弦定理边角互化，计算求得；（2）由（1）可知是等腰三角形，根据面积公式求边长，中，再根据余弦定理求中线的长.【详解】（1），由正弦定理边角互化得，由于，即，得.又，.（2）由（1）知，若，故，则，（舍）又在中，.22公理.【分析】先求出，进而设，则可求，在中，由正弦定理求得，即可得到答案.【详解】由题意知,在中，由余弦定理可得，设，则，可得在中，由正弦定理得，所以，即所求的距离为公理.【点睛】平面图形中计算问题的解题关键及思路求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或者余弦定理建立已知和所求的关系.具体解题思路：（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦定理或余弦定理求解；（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用共同条件，求出结果