精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年高一下学期第一次月考（3月）数学试题

重庆一中高2027届高一下第一次月考考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题.本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 下列是函数对称中心的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线的长度之比为的菱形称为“白银菱形”.如图，在白银菱形ABCD中，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角的对边分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点O是ABC的内心，若，则cos∠BAC = （ ） A. B. C. D. 8. 已知四边形ABCD满足，且其外接圆半径为，四边形ABCD的周长记为L，若的面积，则当L取最大值时，四边形ABCD的面积为（ ） A. 10 B. 15 C. D. 二、多项选择题.本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数z满足：，则（ ） A. B. 虚部是3 C. D. 复数z在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若ω=2，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称 B. 若 ，且 的最小值为，则ω=2 C. 若在[0， ]上单调递增，则ω的取值范围为（0，3] D. 若在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 11. 已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若 则 的最大值为 C. 若向量满足，则 的最大值是 D. 若向量满足，则 的最小值是2 三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是关于的方程的一个根，则______． 13. 已知向量与共线，则_________. 14. 已知函数，则关于的方程：的实根个数为__________. 四、解答题.本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 已知偶函数，，且函数的最小正周期为. （1）求与的值； （2）若，求对称轴和对称中心. 16. 已知如图在边长为8的正三角形ABC中，D为BC的中点，E为BD的中点. （1）若点P为的重心，且有，求m和n的值； （2）若点Q在以点E为圆心，半径为1的圆上运动，且有，求的取值范围. 17. 已知几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角的对边分别为，现以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，，且. （1）求； （2）若，面积为，求的周长. 18. 锐角面积为，角对边分别为，且. （1）求证：； （2）若，求的值； （3）求的最小值. 19. 17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在中，若三个内角均小于，当点满足时，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被称为的费马点.请根据费马点性质解决下列问题： （1）已知在中，，，若点为的费马点，求的面积； （2）已知在中，，，若点为平面上任意一点，求的最小值； （3）已知在中，，，，点在线段上，且满足，若点为的费马点，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2027届高一下第一次月考考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题.本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用垂直关系的向量表示，数量积的坐标表示列式计算得解. 【详解】向量，则，， 由，得， 所以. 故选：B 2. 下列是函数的对称中心的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数的对称中心，逐个检验即可得出答案. 【详解】由可得，， 所以，函数的对称中心的是，. 对于A项，由，可得，故A项错误； 对于B项，由，可得，故B项错误； 对于C项，由，可得，故C项错误； 对于D项，由，可得，故D项正确. 故选：D. 3. 已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量可得数量积，结合夹角公式可得答案. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，所以，即； ，； 设向量与向量的夹角为，则， 因为，所以； 故选：D. 4. 在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，或，进而可得. 【详解】若满足条件的恰有一解，如图 则，或， 当时，， 当时，， 所以AC的取值范围是. 故选：D 5. 在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线的长度之比为的菱形称为“白银菱形”.如图，在白银菱形ABCD中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由结合数量积的运算性质即可求解； 【详解】解：设O是AC与BD的交点，则， 则 ， 所以 故选：C 6. 在中，角的对边分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据边角互化以及和差角公式可得，进而可得，故，结合余弦定理即可求解. 【详解】由可得, 故, , 由可得, 则， 由余弦定理可得，故， 故，则， 故选：C 7. 已知点O是ABC的内心，若，则cos∠BAC = （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则四边形为菱形，设该菱形的边长为，则，表示出内切圆的半径，根据等积法可以求出的长，然后转化为等腰三角形处理即可 【详解】解：由，设，则四边形为平行四边形， 因为点O是ABC的内心，所以， 所以四边形为菱形，设该菱形的边长为，则， 因为∥，， 所以的内切圆半径， 所以， 所以，解得， 所以为等腰三角形， 所以， 故选：C 8. 已知四边形ABCD满足，且其外接圆半径为，四边形ABCD的周长记为L，若的面积，则当L取最大值时，四边形ABCD的面积为（ ） A. 10 B. 15 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用面积可求，利用余弦定理结合不等式可求周长最大时四边形ABCD的面积. 【详解】因为， 所以， 由余弦定理，代入上式可得， 不妨设,则由可得或（舍），所以， 在中，由可得； 由可得， 所以，即,当且仅当时，取等号. 又，所以. 同理可求，当且仅当时，取等号. 所以当L取最大值时，四边形ABCD的面积为. 故选：A 二、多项选择题.本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数z满足：，则（ ） A. B. 的虚部是3 C. D. 复数z在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】AC 【解析】 【分析】先化简复数，结合选项逐个验证可得答案. 【详解】因为，所以， ，故A正确； 复数z在复平面内对应的点为位于第一象限，故D错误； ，其虚部为，故B错误； ，故C正确. 故选：AC. 10. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若ω=2，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称 B. 若 ，且 的最小值为，则ω=2 C. 若在[0， ]上单调递增，则ω的取值范围为（0，3] D. 若在[0，π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简的解析式；由三角函数的图像变换判断选项A；由，可得是函数的最大、小值点，从而可判断B；由在上单调递增，则，可判断选项C；设，即在仅有3个零点，可判断选项D. 【详解】函数 选项A：若，，将的图像向左平移个单位长度得函数的图像，所以A正确； 选项B：若，则是函数的最大值点或最小值点，若的最小值为，则最小正周期是，所以，B正确； 选项C：若在上单调递增，则，所以，C错误； 选项D：设，当时， 若在仅有3个零点，即在仅有3个零点 则，所以，D正确， 故选：ABD． 11. 已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若 则 的最大值为 C. 若向量满足，则 的最大值是 D. 若向量满足，则 的最小值是2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由向量垂直的数量积表示得出，然后把向量的模转化为数量积的运算后，分别利用二次函数知识，基本不等式可得选项AB中最值，从而判断AB，利用平面向量的几何意义，由圆的性质可得点轨迹是图中两段优弧，再由圆的性质可得所求距离的最值，判断CD． 【详解】对于A，由，得，， ， 因此当时，取得最小值，A正确； 对于B，由，得，则 ，当且仅当时等号成立，B错误； 对于CD，，，， 又，则， 作，，以为圆心，为半径作圆，如图， 当是圆的优弧上点时，即时，满足， 再作点关于直线的对称点，以为圆心，为半径作圆， 当是圆的优弧上点时，即时，也满足， 当不是这两段优弧上的点时，都不满足，即不满足， 是等边三角形，因此，两圆半径都是2， 由图可知即的最小值是2，最大值是，CD正确. 故选：ACD 三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是关于的方程的一个根，则______． 【答案】38 【解析】 【分析】代入方程结合复数概念及运算法则待定系数计算即可. 【详解】将代入方程 得， 所以，所以. 故答案为：38 13. 已知向量与共线，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线可得，即可利用和差角公式以及辅助角公式得，由诱导公式以及余弦的二倍角公式即可求. 详解】由向量与共线可得 ， 故，则， 故， 则， 故答案为： 14. 已知函数，则关于的方程：的实根个数为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】先化简，再设，将问题转化为和的交点问题，数形结合得到其交点的范围，再次数形结合即可得解. 【详解】因为 ， 令，，则换元整理为， 作出图像和在上的大致图象， 由图可知两函数在定义域内有两交点， 即方程在定义域内有2个实根分别为，， 再作出的图像，用和与之相交，共有8个实根. 故答案为：8 四、解答题.本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 已知偶函数，，且函数的最小正周期为. （1）求与的值； （2）若，求的对称轴和对称中心. 【答案】（1）， （2）对称轴方程为，对称中心为， 【解析】 【分析】（1）根据周期公式即可求解，根据偶函数即可求解， （2）由辅助角公式化简，即可利用整体法，结合正弦函数的性质求解. 【小问1详解】 根据周期可得，故， 由于为偶函数，且，， 【小问2详解】 由（1）知， ， 令,得，故对称轴方程为， 令,得，故对称中心为， 16. 已知如图在边长为8的正三角形ABC中，D为BC的中点，E为BD的中点. （1）若点P为的重心，且有，求m和n的值； （2）若点Q在以点E为圆心，半径为1的圆上运动，且有，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用重心的性质，结合基底表示可得答案； （2）建立坐标系，利用三角换元可求答案. 【小问1详解】 因为点P为的重心，所以， 所以. 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系，如图， 则，由题意点Q所在圆的方程为， 设，则， 因，所以，即， 由，可得. 17. 已知几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角的对边分别为，现以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，，且. （1）求； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式及两角和差余弦公式得到，利用正弦定理将边化角，即可得解； （2）连接，，由正弦定理可得，，根据等边的面积得到，在和中分别利用余弦定理，可得到、的值，从而求出，即可得到的周长. 【小问1详解】 ∵，∴， ∵，∴， ∴， ∴，故， ∵，∴， ∴，故， ∵，∴. 【小问2详解】 如图，连接，，由正弦定理得，，， ∴，. ∵等边的面积， ∴， ∵等边三角形的外心也是等边三角形的内心，∴ ∵，∴， 在中，由余弦定理得，， ∴，即， 在中，由余弦定理得，，即， ∴，，故， ∴的周长为. 18. 锐角面积为，角的对边分别为，且. （1）求证：； （2）若，求的值； （3）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式得到，根据余弦定理表示和，即可证明结论. （2）利用二倍角公式及和角公式表示和，结合正弦定理边化角可得结果. （3）根据正弦定理及（2）中关系式可得，结合基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 ∵，，∴， ∵，∴，∴， 由余弦定理得，，， ∴， ∵为锐角三角形，∴， ∴. 【小问2详解】 ∵，∴， . ∵，∴， ∴， ∵，∴， ∴，解得， 由得，. 【小问3详解】 由正弦定理得，，∴， 由（2）得，，且， ∴， ∴， 当且仅当，即时等号成立， ∴的最小值为. 19. 17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在中，若三个内角均小于，当点满足时，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被称为的费马点.请根据费马点性质解决下列问题： （1）已知在中，，，若点为的费马点，求的面积； （2）已知在中，，，若点为平面上任意一点，求的最小值； （3）已知在中，，，，点在线段上，且满足，若点为的费马点，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，，，利用余弦定理推导出，然后在中，利用余弦定理可得出、的值，再结合三角形的面积公式即可得解； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，记点、，可得，结合“费马点”的定义求解即可； （3）利用正弦定理、余弦定理求出及的长，求出，进而可得出，利用三角形的面积公式结合平面向量数量积的定义可求得结果. 【小问1详解】 如下图所示： 设，，， 由余弦定理可得，即，① ，即，② ②可得，即， 显然，故， 在中，由余弦定理可得， 解得，可得，因此，. 【小问2详解】 中，，， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，设点， 则，，， 所以，， 则的几何意义是点到点、、的距离之和， 如下图所示： 由题意可知，当点为的费马点时， 取最小值， 易得，，设，，， 由余弦定理可得，即， 同理可得，， 联立这三个方程可得，， 因此，， 因此，的最小值为. 【小问3详解】 如下图所示： 在中，由余弦定理可得， 由正弦定理可得，则， 因为，则为锐角，所以，， 因为，则，故， 在中，由正弦定理可得， 可得， ， 所以，， 又因为 ， 解得， 因此， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $