广东省深圳市南方科技大学附属中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市南方科技大学附属中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．下列说法不正确的是（ ）
A．向量的模是一个非负实数
B．任何一个非零向量都可以平行移动
C．两个有共同起点且共线的向量终点也必相同
D．长度不相等而方向相反的两个向量一定是共线向量
2．已知向量，，若，则实数（ ）
A．B．C．11D．4
3．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知定义在上的奇函数满足①；②，，且，，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
6．等腰梯形ABCD中，AB平行于CD，，，，P为腰AD所在直线上任意一点，则的最小值是（ ）
A．B．1C．D．
7．在中，角所对的边分别是，已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的部分图象如图所示，则下列选项不正确的是（ ）
A．函数的图象关于点中心对称
B．函数的单调增区间为
C．函数在上有2个零点，则实数的取值范围为
D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则向量与向量的夹角的余弦值为
D．若，则向量在向量上的投影向量为
10．已知角是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A．若，则一定是等腰三角形
B．若，则
C．若是锐角三角形，则
D．若，则一定是钝角三角形
11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（ ）

A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．设向量的夹角的余弦值为，，,则 ．
13．已知正数a，b满足，则的最小值为 .
14．在中，内角的对边分别为，且，，，则 ； ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，的面积为，求的周长.
16．已知，的夹角为，且，，设，.
(1)若，求实数t的取值；
(2)时，求与的夹角的余弦值；
(3)是否存在实数t，使得，若存在，求出实数t.
17．已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求A的大小；
(2)设AD是BC边上的高，且，求面积的最小值．
18．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．
(1)求证：；
(2)若，求a边的范围；
(3)求的取值范围．
19．已知向量，，函数
(1)求函数的解析式和单调递增区间;
(2)若，，分别为三个内角，，的对边，，，，试判断这个三角形解的个数，并说明理由;
(3)若时，关于的方程恰有三个不同的实根，，，求实数的取值范围及的值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】对A：向量的模是指向量的长度，因此向量的模是一个非负实数，故该选项说法正确；
对B：任何一个非零向量都可以平行移动，故该选项说法正确；
对C：只有两向量相等时，有共同起点的向量终点才一定相同，故该选项说法错误；
对D：方向相反的两个向量一定是共线向量，故该选项说法正确.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由题，
因为，所以.
故选B.
3．【答案】A
【详解】解：，，
，
.
，
.
.
故选A.
4．【答案】C
【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，延长交于，
由已知为的重心，则点为的中点，可得，且，
又由，可得是的四等分点，
则，
因为，所以，，所以．
故选C.
5．【答案】A
【详解】不妨设，
，
故在上单调递增，
因为为定义在上的奇函数，所以，
故定义域为，且，
故为偶函数，
因为，所以，
，
所以，解得或.
故选A.
6．【答案】B
【详解】等腰梯形ABCD中，作垂直于于点，作垂直于于点，
又，，，
则，，，，
则建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，，
又P为腰AD所在直线上任意一点，
则设，，
则点P的坐标为，
所以，
又关于的二次函数的对称轴为，
所以当，取得最小值．
故的最小值是．
故选B．
7．【答案】C
【详解】，由正弦定理可化简成：
，角是三角形内角，则
，代回上式得：
，
，
化简得：，又，则，于是
，由辅助角公式整理得：，又，
故，.
故选C.
8．【答案】D
【详解】.
根据图象可得：.
由，所以.
所以.
对A：因为，所以是函数的对称中心，故A正确；
对B：由，，.所以函数的单调增区间为，.故B正确；
对C：因为，当时，.
因为函数在上有两个零点，所以，故C正确；
对D：因为，所以函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，故D错误.
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，得，解得，B错误；
对于C，若，则，又，则，C正确；
对于D，若，则，又，于是，
则向量在向量上的投影向量为，D错误.
故选AC
10．【答案】BCD
【详解】对于A，由可知或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，A错误；
对于B，假设时，，易知不满足，若，由正弦函数的性质可知，若时，，不满足题意，则，所以也不满足题意，所以假设不成立，B正确；
对于C，因为是锐角三角形，所以均为锐角，所以，则，又因为在上单调减，则，C正确；
对于D，由且都在，易知均为锐角，且，又因为，所以，则为钝角，D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【详解】解：对于A，取中点，连接，

因为，
则，
所以，，
所以三点共线，且，
设分别是的中点，
同理可得，，
所以为的重心，故A正确；
对于B，因为为的内心，
设内切圆的半径为，

则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，因为为的外心，
设的外接圆半径为，
又因为，

则有，，，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，延长交于，延长交于，延长交于，如图所示：

因为为的垂心，，
则，
又因为，
则，
设，
因为，
同理可得，
则，
所以，
所以，
所以在中，，
所以在中，；
所以在中，，
所以在中，；
所以
，
所以，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】23
【详解】由题意：，，
所以.
13．【答案】/0.75
【详解】因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
14．【答案】 /0.75
【详解】由正弦定理，根据可得，
又，所以.
因为为三角形内角，所以，所以.
因为，所以.
由余弦定理：，，
得：，
所以或（舍去）.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据两角和的正弦公式化简题干条件可得，进而得到，进而求解；
（2）根据三角形的面积公式及余弦定理求解即可.
【详解】（1）因为，
在中，，即.
（2）由（1）知，，
所以，
即，所以，
又，即，
所以的周长为.
16．【答案】(1)
(2)
(3)存在满足题意；
【详解】（1）由，的夹角为，且，可得；
由可得，
解得；
（2）当时，；
；
且；
所以，
即与的夹角的余弦值为
（3）由可得；
即可得，解得，
所以存在，使得.
17．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）在中，由及二倍角公式，得，
即，整理得，
因此，即，而，
所以.
（2）由（1）及已知，得，即有，
由余弦定理得，即，
因此，即，
于是，当且仅当时取等号，而，
所以面积的最小值为.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【详解】（1）解：因为，
所以，
由正弦定理可得，
又因为，
代入可得，
即，
因为，，则，故，
所以或，即或（舍去），
所以．
法二：由正弦定理可得：，
则，
则，
又，故，
因为，，则，故，
所以或，即或（舍去）；
（2）因为为锐角三角形，，
所以，
由，解得，
又故；
（3）由（2）知，
由
，
令，则在上单调递增，所以，
所以的取值范围为．
19．【答案】(1)，；
(2)答案见解析
(3)的取值范围为，的值为.
【详解】（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为
（2）在中，，由，得，
则，解得，
假设三角形存在，由正弦定理，得，
①当时，，三角形无解；
②当时，，，三角形有唯一解；
③当时，，此时，有两个不同的值，三角形有两解.
④当时，，，三角形有唯一解，
所以当时，三角形无解；当或时，三角形有唯一解；当时，三角形有两解.
（3）由（1）知，
方程化为，
即，整理得，
即，则或，
又时，给定方程有三个不同的实根，
且当时，不妨记其解为，则，
因此在上有两个不同的实根为，，
由，得，则，解得，
由正弦函数图象性质知，关于对称，即，则，
，
所以的取值范围为，的值为.