2026年湖南省长沙市高一下学期第一次月考数学练习卷01（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01数学试题（解析版）题号12345678910答案BAACBCBBABDBCD题号11答案ACD1．B【分析】根据集合中的元素所具有性质判断可得.【详解】因为，所以是自然数且是6的正约数，而6的正约数有当分别取时，对应的的值分别为，所以只能是.故集合的元素个数是4.故选：B2．A【分析】首先整理已知条件：由移项得，且因为，所以，可得，即同号，据此分析每个选项.【详解】选项A：，因为，，所以，A正确；选项B：取，满足，但，B错误；选项C：取，满足，但，C错误；选项D：取，满足条件，但，D错误.3．A【分析】画出函数的图象，即可求解．【详解】画出函数的图象，如图所示：若的值域是，得，即的值域为：．故选：A4．C【分析】由题可化简得，结合可得要证只需证，再结合为在上单调递增且，则令，然后可分别讨论、、三种情况讨论即可求解.【详解】由，化简可得，即，因为，当且仅当时取等号，所以恒成立，所以在上恒成立，又因为在上单调递增，所以，令在上恒成立，当时，满足题意；当时，此时只需，解得，当时，此时只需，解得，综上可得实数的取值范围是，故C正确.故选：C.5．B【分析】设内切圆圆心，将、、分解为从出发的向量；利用等边三角形“重心与内心重合”的性质，简化向量和为；通过三角形面积与内切圆半径的关系求得，进而计算向量和的模长.【详解】设点为内切圆圆心，则，则，因为是等边三角形，故点也是的重心，故，故，由等面积得，则，故.故选：B6．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.7．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.8．B【分析】由三角恒等变换可得，据此判断费马点的位置，由余弦定理及条件求出，再由等面积法求出，利用费马点转化为向量数量积即可得解.【详解】已知，由正弦定理得，由，，则有，即，，，有，得，因为，所以，所以，所以.由三角形内角和性质知：内角均小于，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，再由余弦定理知，，又因为，所以，所以，所以.由，等号左右两边同时乘以可得：，则.故选：B.9．ABD【分析】根据题干的定义，通过计算可判断A，通过推理判断B和D，通过举特殊值可判断C.【详解】对于A，，即，故A正确；对于B，因任意一个整数除以3，所得余数只能为0或1或2，即，反之，集合中任一数都是整数，即，所以，故B正确；对于C，当时，，但，故C错误；对于D，，不妨令，，，，则，因，于是得，即，因此整数属于同一个类，故D正确.故选：ABD.10．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：BCD11．ACD【分析】结合平面向量的线性运算、三点共线等知识对选项逐一分析，从而确定正确选项.【详解】对于A，当是线段的中点时，，所以，所以A正确.对于B，当时，取线段，线段的中点，分别记为，则平行于.延长与直线交于点，则，.所以，所以，所以点的轨迹为线段.当点与重合时，.当点与重合时，.所以.所以B不正确.对于C，当为定值2时，.令，可得三点共线.分别取线段的中点，记为，所以，即.连接交于点，则.所以点的轨迹是线段，所以C正确.对于D，由于平行四边形在的左上方，且三点共线，所以.所以，所以，即当时，取得最大值，此时点与点重合，所以D正确.故选：ACD.12．【分析】根据函数的奇偶性求出函数的周期，利用函数的周期和赋值法进行求解即可.【详解】由为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，由为偶函数，可得，所以函数关于直线对称，所以，从而得，所以函数是周期为4的周期函数，因为，所以在中，令，得，令，得，令，得，所以，于是.故答案为：13．3【分析】设为边中点，化简已知得，由余弦定理得，再利用二次函数的最大值的解法求解.【详解】由.所以.如图：取中点为，连接，则.所以.因为为的外心，所以.由.又根据余弦定理，.因为，所以.当时，取得最大值，为，所以的最大值为.14．18【分析】使用三角恒等变换化简得，再使用棣莫弗公式得，因为该式为实数，则，进而可求的最小值.【详解】由棣莫弗公式得上式为实数当且仅当，即，即，故所求的最小值为18．故答案为：18.15．(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．16．(1)奇函数，证明见解析；(2)①证明见解析，定值为；②存在，的值为1，2，3.【分析】（1）先确定的定义域，再根据奇偶性定义，计算并与比较，判断奇偶性.（2）①将和代入表达式，化简后证明其和为定值.②先利用①的结论，将中的项两两配对求和，计算出的表达式；再化简，求其值域，最后根据不等式有解的条件，建立关于的不等式求解.【详解】（1）是奇函数，证明如下：由题意得，定义域为，关于原点对称.对任意，有：.因此是上的奇函数,（2）①.故的定值为.②将区间等分为份，等分点满足，由①得.倒序相加得：，，化简不等式左边：，又，,由基本不等式，当且仅当取等号（时无意义），故，因此：且.不等式有解等价于，即：，又为正整数，故存在满足条件的，值为1，2，3.17．(1)(2)①12；②【分析】（1）根据角的关系求得，在、中，分别由正弦定理可得，，由商数关系求的值；（2）由，可得，对于①在、、中由余弦定理结合代数运算可得，再根据面积可求的值；②由面积公式结合余弦定理可得，结合①可得，平方展开运算得解.【详解】（1）在中，，所以，而为锐角，故，所以，所以，而，故.又，故，在中，由正弦定理有，所以，在中，由正弦定理有，所以，所以，故.（2）因为，所以，即，①，所以在中，，在中，，在中，，三式相加得，整理得：.②又又由①知，所以，故，整理得：，即，所以，即，所以.18．(1)(2)（i）答案见解析；（ii）【分析】（1）由题意有，进而求解；（2）（i）根据已知先求1的5次方根，再验证即可；（ii）利用诱导公式先化简，由代数基本定理得，代入化简即可求解.【详解】（1）由题意有，所以；（2）（i）由已知有1的5次方根为：易知是方程的根，由提示，，则是方程的根，又，依次类推均为1的五次方根，命题得证；（ii）（*），由（2）易证：若，则均为方程的根.由代数基本定理可知，所以，所以又均为方程的根，，所以，则（*）等于，因为，所以.19．(1)（i）；（ii）(2)4【分析】（1）由已知条件求出三角形的角，再根据同角三角函数的关系和正弦的两角和公式即可求出；（2）设，，再根据正弦定理得到的关系，继而得到面积的表达式，最后根据函数的性质即可求出；（3）通过建立平面直角坐标系，结合面积比例列出的关系式，再利用均值不等式即可求出最小值.【详解】（1）（i）因为，，所以△是等边三角形，，

而，，则，所以.

由题意点在边上，，故.

（ii）由于，则，，，所以，由正弦定理，，，所以，则，因此，

，则，，

令，，因为，所以在单调递增，在单调递减，则时最大，而，所以.

（2）分情况讨论并建立对应平面直角坐标系：①当点在边上时，以的中点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设，，，，，，则，，，