精品解析：河南省实验中学2025-2026学年高一下学期月考一数学试卷

河南省实验中学2025-2026学年高一下学期月考一数学试卷 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（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，只有一项是符合要求的）． 1. 化简（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则与同向的单位向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知的三边长分别为1，4，，则最大的内角为（ ） A. B. C. D. 4. 在△ABC中，点D在线段BC上，且，E是线段AB的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 设平面向量均为非零向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则符合条件的有两个 11. 如图，已知直线，点是之间的一个定点，点到的距离分别为1和2．点是直线上一个动点，过点作，交直线于点，则（ ） A. B. 面积的最小值是 C. D. 不存在最小值 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 已知平面向量，且满足，则______. 13. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则__________． 14. 在中，是边BC的中点，是的外接圆圆心，则_____________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤）． 15. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 16. 如图，在中，，，，点在线段上，且． （1）求的长； （2）求． 17. 已知函数,其中，. （1）求函数的单调递减区间； （2）在中，角所对的边分别为，，，且向量与向量共线，求的面积. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c满足. （1）求； （2）若为线段BC上一点，且满足，求CD的长； （3）若为锐角三角形，求边的取值范围． 19. 定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点． （1）若向量的“伴随函数”为，求在的值域； （2）若函数的“源向量”为，且以为圆心，为半径的圆内切于正（顶点恰好在轴的正半轴上），求证：为定值； （3）在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省实验中学2025-2026学年高一下学期月考一数学试卷 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单选题（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，只有一项是符合要求的）． 1. 化简（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法法则，先计算，再计算，最后求和即可 【详解】解： ， 故选：B. 【点睛】本题考查平面向量的加法法则以及运算律；是一道基础题. 2. 已知，则与同向的单位向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知，其模长， 与同向的单位向量为，即，化简得. 3. 已知的三边长分别为1，4，，则最大的内角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断得到为最大角，利用余弦定理表示出，把三边长代入求出的值，即可确定出的度数． 【详解】设1，4，所对角分别为A,B,C,由三角形中大边对大角，则最大角为C， 则，,则该三角形最大内角为． 故选：B． 4. 在△ABC中，点D在线段BC上，且，E是线段AB的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理及线性运算求解即可. 【详解】因为，所以， 则. 故选：A. 5. 已知向量和满足，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的运算法则，求得，结合向量的投影向量的计算方法，即可求解. 【详解】由向量和满足，，， 可得，解得， 所以向量在向量上的投影向量. 故选：A. 6. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解判断. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则， 整理得，而，因此， 两边平方得，又，则，， 所以是直角三角形. 7. 已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据向量的坐标运算即可结合二次式的性质求解. 【详解】以中点为坐标原点，以为正方向为轴，建立如图所示的直角坐标系， 设，则 故 ,当时取到等号， 故选：B 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解. 【详解】解：由托勒密定理，得． 因为，所以． 设圆的半径为，由正弦定理，得． 又，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，则，故． 故选：B 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 设平面向量均为非零向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】选项A通过特殊情况当与都垂直时进行排除；选项B将转化为或，再借助平面向量数量积定义运算后验证；选项C对两边平方化简后进行判断；选项D根据数量积及向量共线的相关定义判断结论. 【详解】对于选项A，当与都垂直时，成立，但不一定成立，故A错误； 对于选项B，由得或，此时，故B错误； 对于选项C，对两边平方得， 即，故，即，故C正确； 对于选项D，因为，所以且， 因为均为非零的平面向量，所以，故D正确. 故选：CD 10. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则符合条件的有两个 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理逐项判断即可. 【详解】对于A，由正弦定理得，A正确； 对于B，由余弦定理得，B正确； 对于C，由及余弦定理得，则是锐角， 而之一可以是直角或钝角，C错误； 对于D，由，得， 又，则，可以为锐角，也可以为钝角，即有两个，D正确. 11. 如图，已知直线，点是之间的一个定点，点到的距离分别为1和2．点是直线上一个动点，过点作，交直线于点，则（ ） A. B. 面积的最小值是 C. D. 不存在最小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意建立直角坐标系，根据及，即可找到，，三点的坐标关系，分别写出，，即可判断A；取中点为，连接，根据，可得，，三点共线，且为靠近的三等分点，即可找到面积与面积之间比例关系，结合基本不等式即可判断B；求出，再根据基本不等式可判断C；写出进行化简，根据的范围即可得到的最值情况判断D. 【详解】设中点为，连接，以为原点，，方向分别为，轴建立如图所示直角坐标系， 则，，设，，，，，，且， 所以，，因为，所以， 即，故，即， 所以，，， 因为，所以，即， 因为，故，所以A正确； 因为，所以，即， 所以，，三点共线，且为靠近的三等分点， 所以 ， 当且仅当，即时取等，所以B错误； 因为， 所以， 当且仅当，即时取等，故，所以C正确； 因为，； 所以， 因为且，所以， 记，由函数和在上递增， 可知在上单调递增，没有最值，即没有最小值，所以D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）． 12. 已知平面向量，且满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标运算得，再利用向量垂直的坐标表示列式计算即可求解. 【详解】因为向量，所以，又因为， 则，所以，解得. 故答案为：. 13. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合余弦定理，正弦定理、两角和的正弦及诱导公式即可求解. 【详解】由， 由余弦定理得， 由正弦定理得， 因为， 即， 即， 因为，则， 因为，故. 故答案为： 14. 在中，是边BC的中点，是的外接圆圆心，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，分别为的中点，连接，，利用向量的线性运算以及数量积的定义将转化为，即可求得答案. 【详解】由题意知的外接圆圆心为，为的中点，则； 设，分别为，的中点，连接，则，， ， 结合，，可知，, 故，即. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤）． 15. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，计算出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值； （2）求出向量的坐标，分析可知且向量与不共线，结合平面向量的坐标运算可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为向量，，且与的夹角为， 则，解得， 所以，，则， 故. 【小问2详解】 由（1）可得，且， 因为与所成的角是锐角，则，解得， 且向量与不共线，则，即， 因此，实数的取值范围是. 16. 如图，在中，，，，点在线段上，且． （1）求的长； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用、表示，再根据、的长度和夹角可求出结果； （2）根据夹角公式可求出结果. 【小问1详解】 设，， 则． ．故． 【小问2详解】 因为 ． 所以 17. 已知函数,其中，. （1）求函数的单调递减区间； （2）在中，角所对的边分别为，，，且向量与向量共线，求的面积. 【答案】（1）单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求出的解析式，利用三角函数的图象与性质求出的单调递减区间； （2）由得到的值，由结合余弦定理得到①，由向量与共线，结合正弦定理可得②，联立①②可得的值，再由三角形的面积公式计算可得答案. 【小问1详解】 令 解得 函数的单调递减区间为 【小问2详解】 ，, 即， ，， 又，， ∴由余弦定理得① ∵向量与共线， ∴，由正弦定理得② 由①②解得， . 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c满足. （1）求； （2）若为线段BC上一点，且满足，求CD的长； （3）若为锐角三角形，求边的取值范围． 【答案】（1） （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，利用余弦定理可求答案； （2）利用三角形的特征求出角 ，利用余弦定理可求答案； （3）利用正弦定理表示BC，结合角的范围可求答案. 【小问1详解】 由题可得， 【小问2详解】 为线段BC上一点，且满足， 为等边三角形， 设，在中，， 即， 整理得：，解得或（舍），即． 【小问3详解】 在中，，由正弦定理得： 因为是锐角三角形，则，且， 于是有，则，即， 从而得， 所以边的取值范围是． 19. 定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点． （1）若向量的“伴随函数”为，求在的值域； （2）若函数的“源向量”为，且以为圆心，为半径的圆内切于正（顶点恰好在轴的正半轴上），求证：为定值； （3）在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：因为，则，则， 又，所以）， 且，从而， ， 则 ； 因此可得为定值． （3） 【解析】 【分析】（1）根据“伴随函数”定义可得，可得值域； （2）利用向量的坐标运算即可求得； （3）由余弦定理并利用二次函数性质即可得的取值范围. 【小问1详解】 函数的“源向量”为， 所以， 所以函数的值域为 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如下图所示： 函数的“源向量”为， 则，则 则 则又， 即， 所以， 因为，即，当且仅当时取等号， 又因为当顶点无限接近顶点，边无限接近0，即无限接近0， 综上所述， 令，则 从而，其中， 所以， 即的取值范围． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“源向量”和“伴随函数”的定义，并能写出“源向量”的伴随函数以及某函数的“源向量”，再根据三角函数性质、平面向量运算法则求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $