重庆市部分学校2023-2024学年高一下学期第一次月考数学试卷（原卷版+解析版）

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一、单项选择题（本大题共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，则（ ）
A. 1B. 2C. 6D. 1或者2
【答案】D
【解析】
【分析】求出坐标，再根据列方程求解.
【详解】由已知，
又，
所以，
解得1或者2
故选：D.
2. 在中，是的中点，是的中点，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用的图形关系并依据平面向量基本定理即可利用向量表示向量.
【详解】中，是的中点，是的中点，
则，
所以，所以.

故选：B
3. 若复数是纯虚数，则（ ）
A. B. 且C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据实部为零，虚部不为零列式计算.
【详解】由题意可得：，解得或，又，所以.
故选：A
4. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的坐标，然后利用数量积的坐标运算公式求解即可.
【详解】因为，，所以，，
所以.
故选：A
5. 如果复数z满足，那么的最大值是（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数模的几何意义转化复数z满足的限制条件，进而求得的最大值.
【详解】设复数、在复平面内对应的点分别为，
复数在复平面对应的点为：
由可知：复数z在复平面内对应的点
到两点的距离之和为2，
而，所以点在线段上，故，
则，
当时，的最大值为，
故选：D
6. 在中，，则的最大角与最小角的和是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，，则，由余弦定理求角，再结合三角形内角和求，即得的最大角与最小角之和.
【详解】结合，不妨设，，，根据大边对大角可知：，
由余弦定理可得：，
又因为，所以，所以，
所以的最大角与最小角之和为.
故选：C
7. 复数的共轭复数的虚部是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘方运算和除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念及虚部的概念求解即可.
【详解】因为，，
所以，，
所以，其共轭复数为，虚部为.
故选：B
8. 在中，，，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 三边均不相等的三角形
C. 等边三角形D. 等腰（非等边）三角形
【答案】D
【解析】
【分析】结合条件利用数量积的运算律得，再根据数量积的定义求得，即可判断三角形的形状.
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以，即，
又，所以，所以，
所以为等腰非等边三角形.
故选：D
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 满足下列条件的三角形有两个解的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理，逐项判断计算作答
【详解】对于A，，又，只有一解，不合题意；
对于B，，又，则有两解，符合题意；
对于C，，则不存在，无解，不合题意；
对于D，，又，则有两解，符合题意.
故选：BD
10. 锐角三角形的内角分别是A，B，C，.则下列不等式中成立的是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦函数单调性比较大小判断A，利用余弦函数单调性比较大小判断B，结合锐角三角形的性质，利用正弦函数单调性及不等式性质判断CD.
【详解】对于A，因为函数在上单调递增，且，所以，正确；
对于B，因为函数在上单调递减，且，所以，错误；
对于C和D，因为锐角三角形，可得，则，
因为，所以，
又在上单调递增，所以，同理可得，
所以，故C正确，D错误
故选：AC
11. 如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆上的动点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 是定值
B. 是定值
C. 是定值
D. 是定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意建立以为原点的坐标系，设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为，对选项中的表达式进行化简可得选项ABD中的表达式可写成只含有和的式子，结果为定值，而C选项中的结果最终含有，即与点位置有关，不是定值.
【详解】根据题意，以坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
不妨设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为；
则可得，且；
易知；
所以对于A选项，，为定值，即A正确；
对于B选项，
，为定值，所以B正确；
对于C选项，易知表达式中不能表示成只含有边长和半径式子，
即与有关，故其不是定值，所以C错误；
对于D选项，
，定值，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的直角坐标系，将向量坐标化，再由向量数量积的坐标表示求解是否为定值.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在中，，，，且O是的外心，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意画图，结合数量积几何意义和定义求解即可.
【详解】如图所示，过点作的垂线，垂足为，
则在方向上的投影向量为，
因为为的外心，所以，
所以.
故答案为：.
13. 若满足条件，，的有两个，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，再确定的范围即可作答.
【详解】在中，由正弦定理得：，
因有两解，即给定x值，由求出的角B有两个，它们互补，
当时，，角B唯一确定，只有一解，
则，即有，而当时，是直角三角形，只有一解，
有两解，则必有，即，有，
所以的取值范围是.
故答案为：
14. 已知关于的方程的两个复数根记为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据韦达定理求解即可.
【详解】由韦达定理可得，，故.
故答案为：
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知向量与的夹角为60°，＝1，．
（1）求及；
（2）求.
【答案】（1）2，1；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用模长坐标公式求，再由数量积的定义求；
（2）应用向量数量积的运算律求即可.
【小问1详解】
由题设，则
【小问2详解】
由 ，
所以.
16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，且.
（1）求角A；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量平行得到，利用正弦定理化简得到答案.
（2）利用余弦定理计算得到，再计算面积即可.
【小问1详解】
因为向量，且，所以，
由正弦定理可知：，
又，所以，所以，则，
又，所以；
【小问2详解】
因为，，，
由余弦定理可得，可得，解得或（舍），
所以的面积为.
17. 在中，.
（1）求的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和特殊角的三角函数值求解即可；
（2）根据内角和关系，结合两角差的余弦公式和两角和的正弦公式，将目标函数转化为关于角的函数，再结合正弦函数的性质求其范围.
【小问1详解】
因为，所以由余弦定理可得，
所以，又，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，
即的取值范围为.
18. 如图，已知点是边长为1的正三角形的中心，线段经过点，并绕点转动，分别交边于点，设，其中．
（1）求的值；
（2）求面积的最小值，并指出相应的的值．
【答案】（1）
（2）时，取得最小值．
【解析】
【分析】（1）由正三角形的中心的性质，有，又三点共线，所以；
（2）面积表示为的函数，通过换元和基本不等式，求最小值.
【小问1详解】
延长交与，由是正三角形的中心，得为的中点，
则，
由，，得，
又三点共线，所以，即．
【小问2详解】
是边长为1的正三角形，则，
．
由，则，
，，解得，
．
设，则，
则，当且仅当，即时取等号，
所以当，即时，取得最小值．
【点睛】方法点睛：
应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．求算式的限值范围，根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
19. 在中，内角所对的边分别为，已知，边上的中线长为6.
（1）若，求；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理与正弦定理化简可得，再根据直角三角形中勾股定理求解即可；
（2）设，由余弦定理与同角三角和的关系可得，再根据二次函数的最值求解即可.
【小问1详解】
由有，故，
由正弦定理可得，故，
即，又，故.
若，则，故，则为直角三角形.
设，则，则，解得.
故.
【小问2详解】
由（1）可得，则.
设，则，由余弦定理可得，
即，由可得，
故.
故，当时取得最大值，
为.