江苏省镇江中学2019-2020学年高一下学期4月阶段检测数学试题

江苏省镇江中学2019-2020学年高一下学期4月阶段检测数学试题

江苏省镇江中学高一年级第二学期月阶段检测 数学试卷 一、单项选择（每小题5分，共45分）‎ ‎1.已知向量，且，则的值是（ ）‎ A. －6 B. ‎6 ‎C. 9 D. 12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接由平面向量共线的坐标表示列方程求解即可.‎ ‎【详解】，‎ 由，得，解得，故选B.‎ ‎【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.‎ ‎2.已知平面向量，则向量模是（　　）‎ A. B. C. D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为向量，，，，故选C.‎ ‎3.已知等比数列{an}中，a3•a13＝20，a6＝4，则a10的值是（　　）‎ A. 16 B. ‎14 ‎C. 6 D. 5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用等比数列的性质求解．‎ ‎【详解】∵等比数列，∴， ∴．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的性质，灵活运用等比数列的性质可以很快速地求解等比数列的问题．‎ 在等比数列中，正整数满足，则，特别地若，则．‎ ‎4.如图所示，P、Q是△ABC的边BC上的两点，且＝，则化简＋－－的结果为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用平面向量运算的三角形法则以及相反向量的定义求解即可.‎ ‎【详解】因为＝，所以，‎ 所以＋---＝ ,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的运算法则以及相反向量的性质，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.‎ ‎5.如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（ ）尺. ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图，已知，， ‎ ‎∴，解得 ， ‎ ‎∴，解得 .‎ ‎∴折断后的竹干高为4.55尺 故选B.‎ ‎6.已知中，，，，那么角等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：三角形中由正弦定理得.,所以.即选C.本题的关键就是正弦定理的应用.‎ 考点：正弦定理.‎ ‎7.设ABC的三条边分别为a、b、c，三角形面积为，则∠C为（　　 ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．‎ ‎【详解】设ABC的三条边分别为a、b、c，三角形面积为，‎ 所以，整理得tanC=1，由于0＜C＜π，所以C=．‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了正弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题．‎ ‎8.如图，BC、DE是半径为1的圆O的两条直径， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查向量加法和减法的平行四边形分法则或三角形法则,向量的数量积.‎ 因为圆半径为1是直径，所以根据向量加法和减法法则知：；又是直径，所以则 故选 B ‎9.已知四边形是平行四边形，，，若，则的值是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的关键在于找到两个基底，，然后可将 化成两个基底的表示形式，最终比较系数就能得到答案．‎ ‎【详解】∵‎ 又 所以，解得．‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的数乘运算，以及构建基底然后去算出系数，属中档题．‎ 二、多项选择（每小题5分，共15分）‎ ‎10.已知平面，，则下列结论正确是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 与的夹角为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件根据向量代数形式的加法运算、模、共线定理和夹角公式分别进行判断，从而得出结论.‎ ‎【详解】根据向量的坐标运算易知选项正确；‎ 因为，，所以选项B错误 因为，，所以C错误 因为，所以与的夹角为，D选项正确．‎ 故选：AD.‎ ‎【点睛】本题主要考查向量代数形式的坐标运算、向量的平行、向量的模、向量的夹角和数量积运算.‎ ‎11.已知，，若∥，则下列说法正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的坐标运算和共线向量基本定理可求出，进一步对每个选项进行判断即可得到答案.‎ ‎【详解】因为，，所以，‎ ‎，‎ 因为，所以，则，A正确；‎ ‎∴，B正确；‎ ‎，C错误，‎ 由于，所以，D正确.‎ 故选：ABD．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算和向量平行，考查的核心素养是数学运算.‎ ‎12.在中，角的对边分别为，，，，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）‎ A. B. 的面积为 C. D. 锐角三角形 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知等式利用正弦定理边化角，结合三角形的内角与两角和差公式化简得到，大角对大边，所以，再利用余弦定理可解三角形，利用面积公式可得到的面积.‎ ‎【详解】∵，∴，‎ ‎∴，‎ 即，∴．‎ ‎∵在中，，∴，∴，A正确．‎ 由余弦定理，得得，‎ ‎，即，‎ 解得或，又，∴，C错误，‎ ‎∴的面积，B正确．‎ 又，∴A为钝角，为钝角三角形，D错误．‎ 故选：AB.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和面积公式在解三角形中的灵活运用，属于中档题.‎ 三、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知点，，则与向量方向相同的单位向量的坐标为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎∵点，，‎ ‎∴，可得，‎ 因此，与向量同方向的单位向量为：‎ 故答案为：‎ ‎14.在中，，，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ 考点：正余弦定理解三角形 ‎15.设、为的两点，且满足=+,则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 取BC的中点为P，则＝(＋)＝，则点D是中线AP的中点，所以＝.‎ ‎16.在等腰三角形中，底边，，，若，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 ，得D是AC的中点，利用已知条件求出BA的长度，求出cosB，即可的值．‎ ‎【详解】因为⇒D是AC的中点⇒ ，‎ 且⇒‎ 所以 ，因为在等腰三角形中，底边，得AB= ‎ 所以cosB＝ = ．且 所以＝ = ‎ ‎＝2• •﹣×5＝2﹣ ＝﹣ ．‎ 故答案为﹣ ．‎ ‎【点睛】本题考查了向量加减法的几何中的应用和平面向量的数量积的应用，也考查计算能力，属于基础题.‎ 四．解答题：（17、18每题10分，19、21每题12分，22题14分，共70分）‎ ‎17.平面内给定三个向量，，．‎ ‎（1）求满足的实数，；‎ ‎（2）设满足，且，求．‎ ‎【答案】（1），；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面向量的线性运算的坐标表示，列方程组求出、的值；‎ ‎（2）利用平面向量垂直得出数量积为零，结合模长公式列方程组求出向量．‎ ‎【详解】（1）由，，，‎ 则 即，‎ 解得，；‎ ‎（2）∵由，‎ ‎∴‎ 又∵，，且 ‎∴，‎ 解得或；‎ ‎∴或.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．‎ ‎18.已知分别为内角的对边，．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）已知点在边上，，，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理化简已知可得，可求得，结合范围，可求的值．‎ ‎（Ⅱ）由已知可求得，由余弦定理求得的值，可求的值，在中，由余弦定理可得的值．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）∵，‎ ‎∴整理可得：，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎（Ⅱ）∵，，，可得：，‎ ‎∴由余弦定理，可得，可得：，‎ ‎∴解得： （负值舍去），‎ ‎∴，‎ ‎∴中，由余弦定理可得：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理及方程思想，还考查了计算能力及转化能力，属于中档题．‎ ‎19.记等差数列的前项和为，若，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知条件利用等差数列的通项公式和前项和公式求出和，由此能求出数列的通项公式．‎ ‎（2）由，利用裂项相消法能求出数列的前项和．‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，若，．‎ 则，解得 故 ‎（2）∵‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前项和的求法，是中档题，解题时要注意裂项相消法的合理运用．‎ ‎20.如图，在边长为1的正六边形中，为边上一点，且满足，设，，．‎ ‎（1）若，试用，表示和；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1），；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设正六边形的中心为，利用三角形法则和平行四边形法则，用，表示出和即可；‎ ‎（2）分别用，表示与，利用向量数量积即可求得的值．‎ ‎【详解】（1）记正六边形的中心为点，连结、、、，‎ 在平行四边形中，，‎ 在平行四边形中，‎ ‎∴‎ ‎（2）若，‎ 又因为，，‎ ‎∴‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积的运算的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于中档题型．‎ ‎21.某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏．‎ ‎（1）若当时，，求此时的值；‎ ‎（2）设，且．‎ ‎（i）试将表示为的函数，并求出的取值范围；‎ ‎（ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值．‎ ‎【答案】(1)；(2)(i)，；(ii).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，由正弦定理可得所求；‎ ‎（2）（i）由余弦定理得，两式相加可得所求解析式．（ii）在中，由余弦定理可得，根据的最大值不小于可得关于的不等式，解不等式可得所求．‎ ‎【详解】（1）在中，由正弦定理得，‎ 所以，‎ 即．‎ ‎（2）（i）在中，由余弦定理得，‎ 在中，由余弦定理得，‎ 又 所以，‎ 即．‎ 又，解得，‎ 所以所求关系式为，．‎ ‎（ii）当观赏角度的最大时，取得最小值．‎ 在中，由余弦定理可得 ‎，‎ 因为的最大值不小于，‎ 所以，解得，‎ 经验证知，‎ 所以．‎ 即两处喷泉间距离的最小值为．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形在实际中的应用，解题时要注意把条件转化为三角形的边或角，然后借助正余弦定理进行求解．解题时要注意三角形边角关系的运用，同时还要注意所得结果要符合实际意义．‎ ‎22.如图，在平面四边形中，，，，.‎ ‎（Ⅰ）若，求；‎ ‎（Ⅱ）求四边形面积最大值.‎ ‎【答案】（I）；（II）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）连接，于．在中，由余弦定理得，又，‎ 所以为等腰三角形，从而，所以．（Ⅱ）先求出．在中，由余弦定理得，然后利用不等式可得，于是，进而可得，故得所求最大值．‎ 详解】（Ⅰ）连接，‎ 在中，由余弦定理得：‎ ‎，‎ 所以,．‎ 又，‎ 所以为等腰三角形，‎ 作于，则 在中，，所以，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）由题意知．‎ 在中，由余弦定理得，‎ 所以．‎ 又，当且仅当时等号成立，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以．‎ 故四边形面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的应用，解题时注意通过合理作辅助线构造出三角形求解，同时还要注意平面几何图形性质的灵活应用．对于解三角形中的最值问题，要注意重要不等式的应用，解题时要注意等号成立的条件．‎