重庆市第八中学2021-2022学年高一下学期第一次月考数学试题（解析版）

这是一份重庆市第八中学2021-2022学年高一下学期第一次月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在中，，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 1
【1题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形的面积公式求解.
【详解】在中，因为，
所以，
所以，
故选：C
2. 已知是所在平面内一点，为边中点﹐且，那么（ ）
A. B. C. D.
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量运算，结合点是的中点，化简运算.
【详解】为边中点，
∴，
∵，
∴，
即.
故选：B
3. 如图所示图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【3题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得，即求.
【详解】由题把图形看作平面直角坐标系的一部分则，
∴.
故选：D.
4. 设，都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D. 且
【4题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】正确的选项能推出，而推不出正确的选项；
【详解】根据题意，正确的选项能推出，而推不出正确的选项；
所以正确选项满足“向量同向，且模不相等”即可，排除B，D，
C选项中，是充要条件，
故选：A
5. 若，则（ ）
A B. C. D.
【5题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式可得，结合
计算即可.
【详解】，等式两边同时平方，
得，即，
所以，
所以
.
故选：C
6. 平面上有，，三点，点C在直线上，且，连接并延长至E，使，则点E的坐标为（ ）
A B. C. D.
【6题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量平行和模的坐标运算，求出点的坐标，再求点E的坐标，即可得到答案；
【详解】设，，
，，
设，，，，
，①，
，，
②，由①②可得：，
点E的坐标为，
故选：A.
7. 的角A，B，C所对的边为a，b，c，设，则（ ）
A. B. C. D.
【7题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；
【详解】解：因为，由正弦定理可得，即，所以，又，所以，因为，所以；
故选：C
8. 已知向量，，满足，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【8题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】依题意根据平面向量数量积的运算律可得且，再根据数量积的运算律得到，再根据二次函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，所以，即，即，所以，所以，又，所以，因为，所以
，
即，所以当时，
所以.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列关于向量，，的说法错误的是（ ）
A. 若且，则
B. 的充要条件是存在不全为零的实数，使得
C. 若，则
D. 若，则
【9题答案】
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据零向量与任何向量共线，可判断出A错误；根据向量共线定理可知B正确；根据向量数量积的运算律可知C错误；根据向量模的计算公式以及数量积的运算律可知D错误．
【详解】对A，若，则不一定成立，A错误；
对B，根据向量共线定理可知，B正确；
对C，若，则，不一定成立，C错误；
对D，若，则，
即，结果不一定等于零，所以不一定成立，D错误．
故选：ACD．
10. 设函数，则下列选项正确的有（ ）
A. 的最小正周期是
B. 为的一个对称轴
C. 的最小值是−2
D. 在上单调递减，那么的最大值是
【10题答案】
【答案】AD
【解析】
【分析】将化为只含有一个三角函数的形式，可求出其最小正周期，判断A;将代入中，根据其值判断B;根据函数解析式求得最小值，判断C;求出函数的单调减区间，可判断D.
【详解】,
故函数的最小正周期为 ，故A正确；
将代入中， ，不是的一个对称轴，故B错误；
的最小值为 ，故C错误；
令,解得，
的单调递减区间，
故在上单调递减，那么的最大值为，D正确，
故选：AD
11. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D. 若，则是等腰三角形
【11题答案】
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理、三角恒等变换对选项进行一一判断，即可得到答案；
【详解】对于A：对于，所以，利用正弦定理：，整理得，故A正确；
对于B：由于，则，即A为锐角，故B错误；
对于C：由于，利用等比性质，故C正确；
对于D：由于，利用正弦定理得，整理得，所以，故或，所以或，故为等腰三角形或直角三角形，故D错误；
故选：AC
12. 已知平面向量，，.若，，，，则下列结论正确的有（ ）
A. 若起点为原点，其终点构成的轨迹为一条直线
B. 满足条件的的模的最大值为
C. 最大值为
D. 最小值为
【12题答案】
【答案】BD
【解析】
【分析】对选项A，的终点P在以为直径的圆上，故A错；对选项B，根据题意得到的模的最大值为，故B正确；对选项C，设中点为D，当A，D，P三点共线时，最大，即可判断C错误，对选项D，当与圆相切时取到最小值，即可判断D正确.
【详解】如图：
对选项A：设，，，，，
由，可得，
∴的终点P在以为直径的圆上，故A错；
对选项B，，
所以，知为等边三角形，
此时圆的半径为，圆心坐标，
则的最大值为：，故B正确；
对选项C，设中点为D，，
当A，D，P三点共线时，，故C错；
对选项D，当与圆相切时取到最小值，
如图所示：
，
，.
此时.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，不共线，若与共线，则实数________.
【13题答案】
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线定理以及平面向量基本定理的推论即可求出．
【详解】因为与共线，所以可得，因为向量，不共线，即有，解得．
故答案为：．
14 若，则________.
【14题答案】
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算即可；
【详解】解：因为，所以；
故答案为：
15. 已知中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足，，，则________.
【15题答案】
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意和余弦定理化简整理可得，进而可得，求出A，结合正弦定理求出，即可得出结果.
【详解】由余弦定理，得，
整理，得，
又，所以，
由，得，
由正弦定理，得，
所以，
又，得，，所以.
故答案为：.
16. 已知，若对任意实数，点P都满足，则的最小值为________.
【16题答案】
【答案】−16
【解析】
【分析】以A，B的中点为原点，所在直线为x轴，过O且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，设，可转化为，从而可知P点在直线上，设出，再根据数量积的坐标运算以及二次函数的值域即可求出．
【详解】以A，B中点为原点，所在直线为x轴，过O且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，设，H为上一点，，故，所以，P到直线的距离为3，则P点在直线上，由，，设，则，当且仅当时，取最小值−16.
故答案为：−16．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 如图，在长方形中，E为边的中点，F为边上一点，且.设，.
（1）试用基底表示，；
（2）若，求证：E，G，F三点共线.
【17~18题答案】
【答案】（1），；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的基本定理求解；
（2）利用平面向量共线向量定理求解.
【小问1详解】
解：；
，
；
【小问2详解】
若E，G，F三点共线，则，
即，
因为，，
所以，
解得，
所以：E，G，F三点共线.
18. O是平面直角坐标系的原点，，，记，.
（1）求在上的投影向量坐标；
（2）若四边形为平行四边形，求点C的坐标；
（3）若向量，满足条件：与互补，求.
【18~20题答案】
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先求出，，即可求出，再根据求出在上的投影向量；
（2）设点，依题意可得，根据向量相等的充要条件得到方程组，解得即可；
（3）首先求出，依题意可得，即可得到方程，从而求出；
【小问1详解】
解：因为，，所以，，所以， ，，
所以在上的投影向量为；
【小问2详解】
解：设点，为平行四边形，则有，，，所以，解得，故.
【小问3详解】
解：因为，又与互补，所以
，即，推得
，解得或，显然时，不符合题意，故.
19. 已知的角A，B，C对边分别为a，b，c，A为锐角，.
（1）求；
（2）若，求的最大值.
【19~20题答案】
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；
（2）利用余弦定理得到，再利用基本不等式求出的最值，最后根据计算可得；
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理可得，，所以，所以，因为，所以，所以.
【小问2详解】
解：由余弦定理，，即，又，当且仅当时取等号，即，解得当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等，故得最大值为4.
20. 在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若，.
（1）求；
（2）若，D为上靠近A的一个三等分点，求.
【20~21题答案】
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件结合余弦定理可得，再由求出，再利用正弦定理可求得结果，
（2）由正弦定理结合已知条件可得，从而可得，，再由D为上靠近A的一个三等分点，，从而可求出
【小问1详解】
因为，，
所以由余弦定理，得，
故，
因为，所以，
所以
由正弦定理，得
【小问2详解】
因为，，
所以由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，
因为D为上靠近A的三等分点，
所以
故
21. 已知中，过重心G的直线交线段于P，交线段于Q，连结并延长交于点D，设，，的面积为，的面积为，，.
（1）用，表示，并求证：；
（2）求的取值范围.
【21~22题答案】
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算法则得到，由、、三点共线，得到，即可得到方程组，从而得解；
（2）利用三角形面积公式得到，再由（1），即可得到，再根据二次函数的性质计算可得；
【小问1详解】
证明：；
∵，，∵P，G，Q三点共线，则存在，使得，即，即，
∴，整理得，所以，证毕.
【小问2详解】
解：由（1），，
∴，
∵，，∴
∴，则当时，取得最小值，当时，取得最大值，∵，则的取值范围为.
22. 已知函数，且函数的图象与函数的图象关于直线对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若存在，使等式成立，求实数m的最大值和最小值；
（3）若当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【22~24题答案】
【答案】（1）
（2）最大值为3，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再根据对称得到，即可得到答案；
（2）利用换元法令，将问题转化为方程在有解；
（3）对进行分类讨论，即a=0,和两种情况，得到关于的不等式，即可得到答案；
【小问1详解】
函数，
化简可得.
函数的图象与函数的图象关于直线对称.即∴.
【小问2详解】
，
∴∴.令，则.那么：，
可得：成立.即，当时取等号，
∴m的最小值为.当或2时，可得，即m的最大值为3.故得实数m的最大值为3，最小值为.
【小问3详解】
不等式恒成立，即恒成立
当时，∴，.若时，
显然恒成立.
若时，
当时，取得最小值.
即成立.可得：，解得：.
若时，
当时，取得最小值.
即成立.得：，∴.
综上可得：a的范围是.