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答案

/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．11 D．43．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．1 C． 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AC10．【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，