2024-2025学年重庆一中高一（下）第一次月考数学试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆一中高一（下）第一次3月月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量

a=(2,3)，b=(x,4)，若

a⊥(a−bA.1 B.12 C.2 D.2.下列是函数f(x)=tan(2x−π4A.(−π4,0) B.(π4,0)3.已知a,b是两个单位向量，若向量a在向量b上的投影向量为12b，则向量b与向量aA.30° B.60° C.150° D.120°4.在△ABC中，A=π6，BC=2，若满足上述条件的△ABC恰有一解，则边长AC的取值范围是(

)A.(0,2) B.(0,2] C.(0,2)∪{4} D.(0,2]∪{4}5.在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线的长度之比为2−1的菱形称为“白银菱形”.如图，在白银菱形ABCD中，若AD⋅AB=λACA.32−22

B.3−226.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3(acosB+bcosA)=5ccosA，sinB+sinC=435，则A.85 B.59 C.587.已知点O是△ABC的内心，若AO=49AB+A.15 B.16 C.188.已知四边形ABCD满足∠BAD+∠BCD=π，且其外接圆半径为52，四边形ABCD的周长记为L，若△ABD的面积S=BD2−(AD−AB)22A.10 B.15 C.105 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知复数z满足z(1+i)=6i5，则(

)A.|z|=32 B.z−的虚部是3

C.z−z−10.已知函数f(x)=sinωx−3cosωx,ω>0，则下列结论中正确的是A.若ω=2，则将f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到的图象关于原点对称

B.若|f(x1)−f(x2)|=4，且|x1−x2|的最小值为π2，则ω=2

C.若f(x)在[0,π3]11.已知平面向量a，t满足|a|=2,|b|=1,A.|a−tb|(t∈R)的最小值为3

B.若m22+n25=1，则|ma+nb|的最大值为5

C.若向量三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若2i−3是方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=13.已知向量a=(1,−2)与b=(sinα−23314.已知函数f(x)=sin4x−cos4x(0≤x≤2π)，则关于四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知偶函数f(x)=2sin(2ωx+φ)，(ω>0,φ∈(0,π))，且函数f(x)的最小正周期为π．

(1)求ω与φ的值；

(2)若g(x)=f(x)+2sin2x，求g(x)的对称轴和对称中心．16.(本小题15分)

已知如图在边长为8的正三角形ABC中，D为BC的中点，E为BD的中点．

(1)若点P为△ABC的重心，且有AP=mAB+nAC，求m和n的值；

(2)若点Q在以点E为圆心，半径为1的圆上运动，且有AQ17.(本小题15分)

已知几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，现以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1，O2，O3，且acos(B−C)=cosA(23bsinC−a)．

(1)求A；

(2)若a=318.(本小题17分)

锐角△ABC面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(b2−a2)sinB=2S．

(1)求证：B=2A；

(2)若b+c=72a19.(本小题17分)

17世纪法国数学家费马曾提出这样一个问题：怎样在一个三角形中求一点，使它到每个顶点的距离之和最小？现已证明：在△ABC中，若三个内角均小于120°，当点P满足∠APB=∠APC=∠BPC=120°时，则点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P被称为△ABC的费马点.请根据费马点性质解决下列问题：

(1)已知在△ABC中，AB=AC=4，BC=23，若点P为△ABC的费马点，求△APB的面积；

(2)已知在△ABC中，AB=AC=1，A=π2，若点P为△ABC平面上任意一点，求|AP−AB|+|AP+AB|+|AP−AC|的最小值；

(3)已知在△ABC中，C=2π3，参考答案1.B

2.D

3.D

4.D

5.C

6.C

7.C

8.A

9.AC

10.ABD

11.ACD

12.38

13.−114.8

15.解：(1)根据题意可知，偶函数f(x)=2sin(2ωx+φ)，(ω>0,φ∈(0,π))，

根据周期可得2ω=2ππ，故ω=1，

由于f(x)为偶函数，且φ∈(0,π)，φ=π2；

(2)由(1)知f(x)=2sin(2x+π2)=2cos2x，

g(x)=f(x)+2sin2x=2cos2x+2sin2x=22sin(2x+π4)，

令2x+π4=π2+kπ,k∈Z，得x=π8+12kπ,k∈Z，故对称轴方程为x=π8+12kπ,k∈Z，

令2x+π4=kπ,k∈Z，得x=−π8+12kπ,k∈Z，故对称中心为(−π8+12kπ,0),k∈Z．

16.解：(1)因为点P为△ABC的重心，

所以AP=23×117.解：(1)∵acos(B−C)=cosA(23bsinC−a)，∴acos(B−C)+acosA=23bsinCcosA，

∴acos(B−C)−acos(B+C)=23bsinCcosA，

∴a(cosBcosC+sinBsinC)−a(cosBcosC−sinBsinC)=23bsinCcosA，

∴2asinBsinC=23bsinCcosA，故2sinAsinBsinC=23sinBsinCcosA，

∵sinB≠0，sinC≠0，

∴sinA=3cosA，故tanA=3，

∴A=π3．

(2)

连接AO1，AO3，由正弦定理得，csinπ3=2AO1，bsinπ3=2AO3，

∴AO1=33c，AO18.解：(1)证明；∵(b2−a2)sinB=2S，

∴(b2−a2)sinB=acsinB，

∵sinB≠0，∴b2−a2=ac，

由余弦定理得，cosA=b2+c2−a22bc=c2+ac2bc=c+a2b，cosB=a2+c2−b22ac=c2−ac2ac=c−a2a，

∴cos2A=2cos2A−1=2⋅(c+a2b)2−1=c2+2ac+a22b2−1=c2+2ac+a22(a2+ac)−1=c−a2a=cosB，

∵△ABC为锐角三角形，

∴B=2A．

(2)∵sinB=2sinAcosA，sinC=sin(A+B)=sin(A+2A)=sinAcos2A+cosAsin2A=sinA(4cos2A−1)．

∵b+c=72a，∴sinB+sinC=72sinA，

∴2sinAcosA+sinA(4cos2A−1)=72sinA，

∴2cosA+4cos2A−1=72，解得cosA=−1±194，

由A∈(0,π2)得，cosA>0，

则cosA=−1+194．

(3)由正弦定理得，c=asinCsinA，

由(2)得，sinC=sinA(4cos2A−1)，且sinA≠0，

∴c=a(4cos2A−1)，

∴c+134aacosA=4cos2A−1+134cosA=4cosA+94cosA≥24cosA⋅94cosA=6，

当且仅当4cosA=94cosA，即cosA=34时等号成立，

∴c+134aaco