内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试题

2025-2026学年度第二学期准格尔旗世纪中学高一年级第一次月考 数学试卷 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．在中，，，若点满足，则（   ） A． B． C． D． 2．已知向量，，若与垂直，则实数（   ） A． B． C． D． 3．在中，角所对的边分别为．若，则（   ） A． B． C． D． 4．内角，，所对边分别为，，，若，，，则的值为（    ） A．2 B．6 C．4 D．8 5．已知向量，，，若，则（    ） A． B．24 C． D．12 6．窗花是中国古老的传统民间艺术之一，如图1是一个正八边形窗花，正八边形边长为2，图2是该窗花的几何示意图形，则（    ） A． B． C． D． 7．已知向量，且，则（    ） A． B． C． D． 8．已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（   ） A． B． C． D．3 二、多选题：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．下列关于向量的命题，错误的是（    ） A． B．在边长为1的等边中， C．若，则 D．若，则向量的夹角是钝角 10．已知为两个互相垂直的单位向量，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则的最小值为 11．已知，与夹角为，若且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，在上的投影向量为 B．当时， C．当时， D．的最大值为0 第II卷（非选择题） 三、填空题：填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．已知，则与同向的单位向量的坐标为______. 13．如图，在平行四边形ABCD中，，，，则______. 14．如图，在中，是的中点，在边上，与交于点.若，则的值是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本小题满分13分）已知向量，满足，向量的夹角为． (1)求的值； (2)求向量与的夹角的余弦值． 16．（本小题满分15分）已知的内角的对边分别为，，且的面积为． (1)求； (2)若为锐角三角形，，求的值． 17．（本小题满分15分）如图，在中，为的中点，且． (1)求； (2)若，求． 18．（本小题满分17分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记，． (1)若，，求向量夹角的余弦值； (2)若向量共线． ①求证：角为直角； ②求的取值范围． 19．（本小题满分17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点：当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求； (2)若，设点P为的费马点，求； (3)设点在三角形内，到三角形的三个顶点的距离之和的最小值为，若，求实数的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度第二学期准格尔旗世纪中学高一年级第一次月考》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B A C C B ABD BD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】由 ，得 ， . 所以 2．D 【分析】根据平面向量线性运算坐标表示及数量积坐标运算计算即可求解. 【详解】，，， 由与垂直得，即，解得. 3．B 【详解】由正弦定理可得，所以或， 因，则，故为锐角，即. 4．B 【详解】在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，因此，而，， 由余弦定理得， 所以. 5．A 【分析】根据平行的坐标公式可得，再根据数量积的坐标公式求解即可. 【详解】因为，故，故，故，， 故. 故选：A 6．C 【详解】∵任意凸多边形的外角和都等于， ∴， ∵， ∴． 7．C 【分析】由可得，由可得，最后应用模长公式即可求解. 【详解】因为，所以，展开整理得， 由得，即， 所以，即 所以. 8．B 【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果 【详解】，化简得， 再由正弦定理，得， 又， 代入得，整理得． 又，为的内角，则，即． 因为为的平分线，所以，， 在中，．① 又， ∴， 则， 化简得， 又，∴．② ①代入②，得，解得或（舍去）， ∴， 在中，由余弦定理得， ∴． 9．ABD 【分析】A选项，根据向量加法运算的概念进行判断；B选项，根据向量数量积的概念进行运算并判断；C选项，反向共线；D选项，根据向量数量积的概念知向量的夹角是钝角或. 【详解】A选项，，A错误； B选项，在边长为1的等边中，，B错误； C选项，若，则，C正确； D选项，若，则向量的夹角是钝角或，D错误. 故选：ABD 10．BD 【分析】利用向量的数量积以及向量运算逐项验证即可求解. 【详解】由题意得，所以， 所以，故A错误； 由，所以，故B正确； 又， 所以，所以， ，故C错误； ， 当时，，所以的最小值为，故D正确. 11．BCD 【分析】根据已知得是边长为2的等边三角形，且，由投影向量的定义及向量的线性关系判断A；由题设在中边的中线上，进而有判断B；应用向量数量积的运算律及模长列方程求参数值判断C；化，进而得到，结合有，即可得判断D. 【详解】由题设，是边长为2的等边三角形，且， A：当时，，又，即，故在上的投影向量为，错； B：当时，，即在中边的中线上， 又为等边三角形，故，即，对； C：当时，，则， 所以， 所以，即，又，故（负值舍），对； D：, 由，即①， 所以，要使该值最大，只需最小， 由①得，则，所以，对. 故选：BCD 12． 【分析】根据题意，求得，结合与同向的单位向量为，即可求解. 【详解】由向量，可得， 则与同向的单位向量为. 13． 【分析】利用向量的线性运算将用表示，然后根据系数相等求解即可. 【详解】由题意可得，， 所以，所以. 故答案为：. 14．/ 【分析】根据向量的共线表示出以及，结合向量的相等求出，再根据即可推出，从而求得答案. 【详解】由题意可知在上，∴与共线，可设， 又∵D是BC的中点，∴，∴， 则， 又因为三点共线，所以存在，使得， ， ∴，解得，∴ ， 又， 即，∴. 故答案为： 15．(1) (2) 【详解】（1）由题意可得，， 则； （2）由已知，， ， 则向量与的夹角的余弦值为. 16．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解． （2）由（1）知，，而， ，得为等边三角形，即可求解． 【详解】（1）由余弦定理得， 因为，所以. 由三角形面积公式得， 又因为，所以， 所以， 因为，所以. （2）由（1）知，，得， 而，得，又， 得为等边三角形，得， 故. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用三角形的面积公式可求. （2）在和中，分别利用余弦定理，即可求，进而可得. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 则， 即， 因为，所以， 所以，即． （2）不妨令，则，设，则． 在中，由余弦定理得， 即．① 在中，由余弦定理得，即．② ①②联立，解得， 所以． 18．(1) (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）根据向量的夹角公式即可求解； （2）①首先根据向量共线得出，再利用二倍角公式，弦化切即可证明；②由正弦定理边化角得到，然后令，把问题转化为二次函数值域问题即可求解. 【详解】（1）若，，则，， 则，所以向量夹角的余弦值为 . （2）①若向量共线，则，即， 可得，则， 因为，则，可知，， 可得，即，可得， 又，则，可得，则． ②由①可知： ，． 令，因为，则，， 可得，且， 则， 令，在区间内单调递增，且，， 可得，即的取值范围为． 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）由结合两角和与差的正弦公式以及、即可得解. （2）由费马定义得，设，则由结合正弦定理形式的面积公式以及得，接着再结合数量积定义公式即可求解. （3）由题意得P为费马点，，设，则由得，接着分别由、和结合余弦定理和得，进而结合基本不等式即可建立关于的不等式，从而求解关于的不等式即可得解. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理有， 所以，又因为、， 所以，故，故. （2）由（1），所以的三个内角均小于120°， 所以由费马点定义有， 设，若 则由得， 即， 整理得， 所以 . （3）由题意P为费马点，， 设， 则，故， 在、和中由余弦定理分别得 ， ， ， 又，所以， 所以，即， 因为， 所以，结合可得当且仅当等号成立， 又，所以， 整理得，解得或， 又，所以， 综上所述，实数的取值范围是，故实数的最小值为. 【点睛】关键点睛：求实数的最小值关键点1是利用得；关键点2是分别由结合余弦定理和得，进而由两式和结合基本不等式建立关于的不等式. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $