2026年湖南省长沙市高一下学期第一次月考数学练习卷（人教A版）（解析版）

2026年湖南省长沙市高一下学期第一次月考练习卷数学试题（解析版）题号12345678910答案BBDCDCBBABACD题号11答案BCD1．B【分析】通过题意找出规律，再化简原式写出复数在复平面内对应的点的坐标判断象限即可.【详解】因为，所以对应点在第二象限.故选：B．2．B【分析】由得，，取中点，进而，再结合即可转化为求解.【详解】因为，所以，，即，所以，.如图，取中点，所以，，因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上，所以，当且仅当点与点重合时等号成立，所以的最小值为.3．D【分析】根据题目信息结合三角恒等变换及向量的数量积公式解出三角形，建立平面直角坐标系，由为线段上的一点，则存在实数使得，求出点坐标，再根据，求出点坐标，从而得到，利用基本不等式即可求出答案.【详解】中设，，，因为，，所以，即，所以，因为，所以，所以，又，所以，又因为，所以，又，所以，在中，，，，根据，所以，，，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，可得，，，所以，，为线段上的一点，则存在实数使得，设，，则，，所以，则，所以，，则，所以，当且仅当，即，时，等号成立，此时，所以的最小值为.4．C【分析】根据复数的性质和判别式求解即可.【详解】因为关于x的实系数方程的两虚根为a，b，所以，即.因为，，所以，而，所以，两边平方得，解得.故选：C.5．D【分析】根据条件中的线性相关，将代入求解即可.【详解】由题意得，，即，，若为满足要求.故选：D6．C【分析】通过证明和，来判断与的相等关系．【详解】对任意，有且，从而有且，进一步，即，所以；对任意，有，从而有且，进一步有且，即，所以．综上所述，有．故选：C．7．B【分析】将已知等式化为，令，把目标分式转化齐次式，，再用基本不等式求出最大值.【详解】由可得，令，则，，所以，.因为求最大值，所以，又，所以，当且仅当时取等号，结合可得，进一步可得或，所以的最大值为.故选：B.8．B【分析】根据分段函数的解析式作出函数的图象，然后根据已知条件确定，最后将所求表达式构造新函数，根据函数的单调性求出范围即可.【详解】作出函数的图象，如图所示，设，所以，解得：，，解得：，，所以，，令，则在上单调递减，则，即，令，则在上单调递增，则，所以，则，所以，则.故选：B．9．AB【分析】根据题意建立适当的平面直角坐标系，设，分别写出，，的坐标，利用向量数量积的坐标表示可判断A；先写出的坐标，再将向量的模转化为求三角函数的值域可判断B；根据极化恒等式可判断C；令，得到可判断D.【详解】由题意，以O为原点，以平行于AB的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，，，，设，，对于A，，∵，∴，∴，∴的最大值为6，故A正确；对于B，∴∵，∴，∴，故B正确；对于C，取AB的中点为E，则，所以,则，故C错误；对于D，当时，即，解得，∵，∴或，即符合条件的点C有两个，故D错误．故选：AB．【点睛】思路点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.10．ACD【分析】根据题干所给出的新定义判断各个选项即可．【详解】A．设，因为，所以，所以，所以．所以．所以，，所以，，因此A正确．B．复平面上表示，的点关于实轴对称，因此B不正确；C．，因此C正确；D．由A的解析可知：互为共轭复数，因此D正确．故选：ACD．11．BCD【分析】由题意可知，，，直接利用公式可判断选项A，将扇形的面积表示为再利用二次函数的性质可判断选项BC，应用基本不等式计算判断选项D.【详解】由题意知：，，，对于选项A：当时，，可得，故选项A不正确；对于选项B、C：，当时取等，该扇形面积的最大值为1，此时，，故选项B、C正确；对于选项D：当且仅当时，取最小值为，故选项D正确．故选：BCD12．【分析】设出向量的坐标，并由已知判断出分别与的夹角范围，从而求解.【详解】因为，所以，故.由，得，所以有，即，.由题不妨可设，，，由，知,由可得，同理可得，可得，所以，所以，而，所以，即.13．【分析】配方可得，设，可得，计算可求得，进而可得，可求得结论.【详解】设，则，同理可得所以．故答案为：.14．【分析】根据已知得，画出函数图象，根据值域端点值求出对应的自变量，讨论确定的最大值.【详解】当时，解得或，当或时，，当时，，即，作出的图象如图所示：当时，，令，解得，令，无解，当时，，令，解得，令，解得，当时，，令，解得，令，解得，由图知：当，时，的值域为，此时的最大值为；当，时，的值域为，此时，因为，所以的最大值为.15．(1)(2)①；②【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，即可求解；（2）①由正弦定理得，利用三角形的面积公式，列出方程，求得的值，结合余弦定理，即可求解；②利用正弦定理，求得的值，结合三角函数的基本关系式和倍角公式，分别求得的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.【详解】（1）解：因为，由正弦定理，可得，又因为，可得，所以，即因为，可得，所以，即，又因为，所以.（2）解：①因为，由正弦定理得，所以的面积为又因为的面积为，可得，解得，则，由余弦定理得，所以；②由正弦定理，可得，因为，可得为锐角，所以，则，，又因为，所以.16．(1)，，(2)(3)不存在【分析】（1）直接根据题设定义，即可求解；（2）根据条件得，再结合题设有，，即可求解；（3）利用反证法，先假设存在正整数，和，由题设可得，再分和两种情况讨论，得到矛盾，即可求解.【详解】（1）当时，与互质且小于等于的正整数只有1，则，当时，与互质且小于等于的正整数只有1和，则，当时，与6互质且小于等于6的正整数只有1和5，则.（2）当是质数时，与互质且小于等于的正整数有1，2，…，，只有与自己不互质.根据分圆多项式的定义，有，其中，，且，由题意得，从而.（3）不存在，采用反证法说明.假设存在正整数，和使得对任意复数恒成立，若为次本原单位根，则且，从而有，若，则，则存在使得，即成立，从而为次本原单位根，则，根据本原单位根的等价定义，此时必有，否则可导出矛盾，代入，可得，又不为零多项式，所以，但这是不可能的，同理若，我们也可以得出矛盾，从而不存在正整数，和使得对任意复数恒成立.17．(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意，转化为函数在上单调递减函数，结合分段函数的性质，列出不等式组，即可求解；（2）根据题意，求得，得出函数的单调性，画出图像，令，求得，结合图像，即可求解.（3）分别求得和上函数的最大值为和，根据题意，转化为存在使得恒成立，得到有解，得到，结合对数的运算公式，即可求解.【详解】（1）解：由时，可得，即当时，恒成立，即函数在上单调递减函数，令，解得，则满足，解得，所以实数的取值范围为.（2）解：当时，函数，当时，即时，，此时单调递减；当且时，即时，，此时单调递增；当时，函数单调递增，所以在单调递减，在上单调递增，在单调递增，且，令，可得，画出函数的图像，如图所示，要使得在上有最大值，结合图像，则满足，所以实数的取值范围为.（3）解：当，时，，且当时，函数单调递增；当时，函数单调递增；因为，可得对任意，可得的最大值为，对任意，可得的最大值为，存在使得恒成立，等价于对于某个成立，即在，上有解，因为函数为单调增函数，只需时成立，即，可得，因为，可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.18．(1)(2)【分析】根据“阶梯运算”的规则，分情况列不等式组，结合分式不等式的解法求解即可．【详解】（1）解：阶梯分式不等式，或或，即或或，解得或或，综上，该不等式的解集为；（2）解：阶梯分式不等式或或，即或或，即或或，解得或或，综上，该不等式的解集为．19．(1)是“函数”，不是“函数”，理由见解析(2)①；②【分析】（1）根据新定义分别判断是否为“—函数”即可；（2）①当时，利用二次函数的单调性求出函数在定义域上的最大最小值即可求解；②根据二次函数对称轴分类讨论，求出函数最大最小值，利用最大值与最小值之差为4求解