甘肃省顶级名校2025-2026学年高一下学期第一次月考 数学试卷（含解析）

这是一份甘肃省顶级名校2025-2026学年高一下学期第一次月考 数学试卷（含解析），共8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．国内某优秀新能源电池制造企业在锂电池单位能量密度技术上取得了重大突破，该制造企业内的某车间有两条生产线，分别生产高能量密度锂电池和低能量密度锂电池，总产量为400个锂电池．质检人员采用分层随机抽样的方法随机抽取了一个容量为80的样本进行质量检测，已知样本中高能量密度锂电池有35个，则估计低能量密度锂电池的总产量为（ ）．
A．325个B．300个C．225个D．175个
2．已知四边形中，，，，则四边形一定是（ ）
A．等腰梯形B．正方形C．矩形D．菱形
3．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，则（ ）
A．该组数据的平均数为7，众数为
B．该组数据的第60百分位数为6
C．评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
D．如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小
6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则边上的中线长为（ ）
A．B．C．6D．10
7．如图，已知正六边形的边长为2，对称中心为，以为圆心作半径为1的圆，点为圆上任意一点，则的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
8．已知中，，，且的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（ ）
A．1B．C．2D．
10．在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．外接圆的面积为
C．面积的最大值为D．周长的最大值为
11．已知O为内部的一点，满足，，，则（ ）
A．B．
C．的面积为D．
三、填空题
12．已知向量、满足，，且，则与的夹角________.
13．如图，在中，，过点O的直线分别交直线，于点M，N，设，，则的值为______．
14．在中，在的三边上运动，是外接圆的直径，若，，，则的取值范围是______.
四、解答题
15．在平行四边形中，.
(1)求点的坐标；
(2)若为的中点，向量，且，求的值.
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，.
(1)证明：；
(2)若，求内角A的大小.
17．某高校承办了地铁站的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了200名候选人的面试成绩（成绩均在内）并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计这200名候选者面试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)现从第四组和第五组中用分层随机抽样的方法选取20人的成绩，若这20人中来自第四组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为80和6.5，来自第五组候选者的测试成绩的平均数和方差分别为90和3.5，据此估计这次第四组和第五组所有参与测试的候选者的成绩的方差．
18．如图，在梯形中，，，，E、F分别为、的中点，且，P是线段上的一个动点．
(1)若，求的值；
(2)求的长；
(3)求的取值范围．
19．“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时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：
(1)若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；
(2)的内角所对的边分别为，且，点为的费马点．
（i）若，求；
（ii）求的最小值．
参考答案及解析
1．C
解析：根据分层随机抽样可知低能量密度锂电池的产量为（个）．
故选：C
2．D
解析：由，则且，即四边形是平行四边形，
又，，则为等边三角形，
所以四边形是菱形.
故选：D
3．A
解析：在上的投影向量为．
故选：A．
4．B
解析：若与的夹角为钝角，则且与不共线，
可得，解得且，
因为是的真子集，
所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B.
5．D
解析：选项A,这组数据从小到大排列为，
故平均数为，
众数为和，中位数为，故A错误；
选项B，，则第百分位数为，故B错误；
选项C：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故C错误；
选项D，方差为，
如果再增加一位评委给该班也打7分，则平均分不变也为7，
此时的方差为，故D正确.
6．B
解析：中，由余弦定理得，
又，所以，所以，记边上的中点为M，
因为，所以，所以.
故选：B
7．C
解析：解法一 ：如图所示：

连接，设，连接，依题意得，，，，
则，
．
因为，所以，（三角函数的有界性）
所以．
故选：C．
解法二 如图，

以为坐标原点，以直线为轴，过且和垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，
则依题意可得，，，
因为圆的半径为1，所以可设，
所以，，所以，
又，（三角函数的有界性）
所以．
故选：C．
解法三 如图所示：

设，则．
可看成是在上的投影，
当点与重合时最小，最小值为，
当点与重合时最大，最大值为0，
故．
故选：C．
8．B
解析：设，故，若，
由，则，，共线，故，
由图得，当时有最小值，又，
∴，即，即为等边三角形．
由余弦定理，，
设M为BC中点，，
∴当取最小值时，有最小值，
∵为边上任意一点，
∴当时，有最小值，
设，过点作于点，则，
又，为的中位线，
∴，即，
∴．
故选：B.
9．AC
解析：根据余弦定理可得，
即，，，，
解得或.
故选：AC.
10．BCD
解析：对于选项A：因为，
由余弦定理可得，
整理可得，则，
且，所以，故A错误；
对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径，
所以外接圆的面积为，故B正确；
对于选项C：由可得，
且，即，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于选项D：由可得，即，
且，即，
解得，即，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
11．ABD
解析：对于A.由，可得，
两边平方，得，解得，故A正确；
对于B，由，可得，
两边平方有，有，得.故B正确；
对于C，可知，所以.
由三角形面积公式可得，，的面积分别为，1，，
故的面积为2.故C错误；
对于D.因为，，
所以，
故D正确.
故选：ABD.
12．
解析：因为，则，
所以，
又因为，故.
故答案为：.
13．3
解析：，
，
，
，
，
共线，
存在实数，使得，
不共线，
，即，整理得．
14．
解析：设外接圆圆心为，半径为，
由余弦定理有，所以，
由正弦定理有，即，
，
设到三边，，的距离分别为，则
，，
.
所以的最小值为，最大值为，
即的最小值为，最大值为，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
解析：（1）如图所示：

因为，所以，
设，则，
因为四边形是平行四边形，所以，
所以，
所以点D的坐标为.
（2）因为为的中点，所以，
由，
且，
所以，
所以，
因为，所以，
解得.
16．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）在中，，
因为，即，
且，则，
则，即，
又因为，则，即.
（2）若，则，且，
由余弦定理可得，
且，所以.
17．(1)，平均数为69.5
(2)21.9
解析：（1）由题意知，解得．
估计这200名候选者面试成绩的平均数，
即估计这200名候选者面试成绩的平均数为69.5．
（2）设第四组、第五组候选者的测试成绩的平均数和方差分别为，，，，
则，，，，
且这两组的频率之比为4：1，则这两组的平均数为，
所以第四组和第五组所有参与测试的候选者的测试成绩的方差为：
所以第四组和第五组所有参与测试的候选者的成绩的方差为21.9．
18．(1)
(2)
(3)
解析：（1）由分别为的中点，则，，
由图可得，则，
所以.
（2）由（1）可知，，
由，则，
，
可得，解得.
（3）由图可得，
，
，
由，则.
19．(1)
(2)（i）；（ii）
解析：（1）因为为等边三角形，三个内角均小于，故费马点在三角形内，满足，且，如图：

过作于，则，故，
所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为．
（2）（i）因为，由正弦定理，且，
所以得，
所以的三个角都小于，
则由费马点定义可知，，
设，，
由得：，
整理得，
则
．
（ii）由（i）知，所以点在内部，且，

设，
所以，
由余弦定理得，，
，
，
由勾股定理得，，即，
所以，即，
而，
当且仅当，即时，等号成立．
设，则，解得或（舍去），
由，
故，最小值为．