重庆市江津中学校2024−2025学年高一下学期第一阶段考试 数学试题（含解析）

这是一份重庆市江津中学校2024−2025学年高一下学期第一阶段考试 数学试题（含解析），共16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
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．要得到函数的图象，只需要将函数的图象
A．向左平移个单位
B．向右平移个单位
C．向左平移个单位
D．向右平移个单位
3．已知和是两个不共线的向量，若，，，且，，三点共线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
5．的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰非直角三角形B．直角非等腰三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
6．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ）

A．74mB．60mC．52mD．91m
7．已知函数的图象关于原点对称，且在区间上是减函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若复数，满足，则
C．若复数为纯虚数，则
D．若复数满足，则的最大值为
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．
C．函数在上单调递增
D．方程的解为，
11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若，则的面积的最大值为
C．若，且为锐角三角形，则边的长度的取值范围为
D．若，且，为的内心，则的面积为
三、填空题
12．若复数是方程的根，则复数的模为 ．
13．在中，角的对边分别为，若，，点是的重心，且，则 ．
14．已知非零平面向量不平行，且满足，记，则当与的夹角最大时，的值为
四、解答题
15．设为坐标原点，向量、、分别对应复数、、，且，， . 已知是纯虚数.
(1)求实数的值；
(2)若三点共线，求实数的值.
16．已知函数（，，）的部分图象如图所示．
（1）求的解析式及单调递减区间；
（2）当时，求的最小值及此时x的值．
17．已知.
(1)若，求实数k的值；
(2)求与的夹角的余弦值.
18．如图，在平行四边形ABCD中，E为AD的中点，，BE与AC，AF分别相交于M，N两点．
（1）若，求的值；
（2）若，，求；
（3）若，求的最小值．
19．在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
（1）若，求△ABC的面积；
（2）求的值；
（3）求的取值范围．
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，故，故.
故选C.
2．【答案】B
【详解】因为函数，要得到函数的图象，只需要将函数的图象向右平移个单位．
本题选择B选项.
点睛：三角函数图象进行平移变换时注意提取x的系数，进行周期变换时，需要将x的系数变为原来的ω倍，要特别注意相位变换、周期变换的顺序，顺序不同，其变换量也不同．
3．【答案】B
【详解】因为，
且，，三点共线，
所以存在实数，使得，即，
则，解得.
故选B
4．【答案】C
【详解】因为，
所以，则，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选C.
5．【答案】A
【详解】因为，所以，整理得，
又，所以，
即，即，
又，所以，得，
因为，所以，所以，故为等腰非直角三角形.
故选A
6．【答案】A
【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度.
【详解】在中，，
，，
在中，，
由，得，
在中，.
故选A.
7．【答案】D
【详解】因为函数的图象关于原点对称，则，
由于，则，所以，，
当时，，
因为函数在区间上为减函数，
则函数在区间上为增函数，
所以，，可得，解得，
由可得，
当时，，由题意可得，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选D.
8．【答案】A
【分析】根据正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果．
【详解】由及正弦定理得，
因为，所以，消去得，
因为，故或，
而根据题意，故不成立，
所以，又因为，代入得，所以，
由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题设易知点P一定在的内部，
由余弦定理可得，
解得
，
所以，
所以
．
故选A.
9．【答案】AD
【详解】A：由复数相等知：，有，正确；
B：若，有，错误；
C：若时，，错误；
D：令，则为圆O：，而表示圆O上的点到的最大距离，所以，正确.
故选AD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，由，所以，
因为，则，则，
因为，则，所以，故B正确；
对于C，，由，得，
而，即时，没有意义，故C错误；
对于D，，则，
方程，得，
即，即，
所以或，因为，，
所以或，解得或，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】BCD
【分析】
根据条件求出.
选项A：根据条件求角，根据正弦定理求外接圆的半径，从而求外接圆的面积；
选项B：把的面积表示成的一个函数，利用二次函数求最值；
选项C：根据正弦定理把边表示为，利用为锐角三角形求角的范围，从而求边的范围；
选项D：利用正弦定理求出角，从而判断出是直角三角形，利用直角三角形内切圆半径公式求的内切圆半径，从而求的面积.
【详解】
因为，所以由正弦定理，得,
即 ，
因为，所以，且，所以.
选项：若，则，
所以的外接圆的直径 ，所以，
所以的外接圆的面积为，选项A错误；
选项：若，则，
又因为，所以由余弦定理，得，
即，所以，
所以
，
所以当时，取最大值，且最大值为，所以选项B正确；
选项：由正弦定理，得 ，即 ，
因为为锐角三角形，所以 ，即，所以，
所以，故选项C正确；
选项：因为，所以，
因为，所以，
所以由正弦定理，得，即，
所以，
即，所以，
所以，又因为，所以，， ，，
即是直角三角形，所以内切圆的半径为，
所以的面积为，选项D正确.
故选：BCD.
12．【答案】
【详解】设复数，若复数是方程的根，
则，整理得
所以，
若，则，，则在实数范围内无解，不符合题意
故，从而解得，
所以复数，故复数的模为.
13．【答案】
【详解】因为，则，即，
解得或，又，所以，
又点是的重心，且，如图，延长交于，则为中点，且，
又，则，
所以，解得，
在中，由余弦定理，得到，
解得，

14．【答案】
【详解】建立如下图所示的平面直角坐标系，设，，设点、，
令，，则，得，
设，则，则点的坐标为，
则直线的斜率分别为，
由两直线的夹角公式可得：
，
当且仅当，即时取等号，此时，则，
所以.
15．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据是纯虚数，结合共轭复数、纯虚数的定义求解即可；
（2）根据求解即可.
【详解】（1）由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）由（1）可得，，则点，点，点，
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以.
16．【答案】（1）；
（2）0；
【详解】（1）根据函数的最小值可知,
又,所以，
此时，
又过点，所以，
所以，结合，
所以，
故.
令,
得，
所以的递减区间为.
（2）当时,，
所以当时，
取最小值0，此时.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据向量的模长公式可得，即可根据向量数量积的运算律，即可代入求解，
（2）根据夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题意知，，又，所以，
由，得，即，
又，所以，解得.
（2），
，
设与的夹角为，则，
所以与的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为四边形是平行四边形，
所以，
所以所以.
（2）因为为中点，四边形为平行四边形，
所以.
因为，所以.
设，
则，
，
因为共线，共线，
所以，
解得，
所以，
因为，，
所以，
所以.
（3）因为，，
，
所以 ，
所以，
又因为，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以最小值为.
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由余弦定理
结合可知，△ABC的面积
（2）因为，，所以，
由正弦定理，
所以，①
由于，
带入①式可知：
（3）解法1：
设BC中点为D，则
所以
如下图所示，
设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故
设，则，由余弦定理：
由于函数在时单调递减，，
所以
解法2：
由余弦定理②
由定义
所以
设，
则
由正弦定理：
其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知
注意到，
所以
所以，②式变形为，故
从而，
此时函数单调递减，而，
所以