桑植一中2023-2024学年度高一下学期第一次月考数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A．1 B．3 C． D．
3．已知向量,,其中．若,则（ ）
A． B． C． D．
4．在中，“”是“是钝角”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图，在中，点是边的中点，，则用向量表示为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走 到达B处，在B处测得山顶P的仰角为 γ ．想在山高的处的山腰建立一个亭子，则此山腰高为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数的图象如图所示，图象与轴的交点为，与轴的交点为，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（ ）
B．0 C． D．
已知，，，平面区域为由所有满足
的点组成的区域（其中，），若区域的面积为，
则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．设，是复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．若是纯虚数，则 B．若，则
C．若，则 D．若复数满足，则的最大值为
10．分别为内角的对边，已知，且，则（ ）
A． B．
C．的周长为 D．的面积为
11．平面向量满足，对任意的实数t，恒成立，则（ ）
A．与的夹角为 B．为定值
C．的最小值为 D．在上的投影向量为
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
13．如图，O为的外心，，，
则 .
14．将函数图象与直线的所有交点从左到右依次记为，，…，若P点坐标为（0，1），则 ．
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．（本题13分）已知向量，，且．
（1）求向量与的夹角；
（2）求的值．
16．（本题15分）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为
(1)求角A的大小；
(2)当时，求的取值范围.
17．（本题15分）已知中，过重心G的直线交边于P，交边于Q，设的面积为，的面积为，，.
(1)求；
(2)求证：.
(3)求的取值范围.
18．（本题17分）如图，在中，已知边上的中点为，点是边上的动点（不含端点），相交于点.
(1)求；
(2)当点为中点时，求：的余弦值；
(3)当取得最小值时，设，求的值.
19．（本题17分）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个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，在中，内角，，的对边分别为，，，已知.以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.参考答案：
1．B
【分析】利用对数函数的定义域与指数的单调性化简集合，再利用集合的交并补运算即可.
【详解】对于，易得，则，故；
所以，
对于，得，故，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】化简复数z，求出共轭复数，进而可得，即得 .
【详解】解：
故选：A
3．B
【分析】将向量用坐标表示,分析是否为零后,将等式两边同时平方,再用代换为齐次式,再将等式两边同时除以,得到关于的等式,解出即可.
【详解】解:因为,且,,
所以,
当时,,不成立,故,
对等式两边同时平方有:,
化简可得:,
两边同时除以有:,
即,即,
解得.
故选:B
4．C
【分析】
由向量减法以及模的运算公式平方可得，结合数量积的几何意义即可得解.
【详解】
“”等价于“”，
所以
从而，显然A，B，C不共线，原条件等价于是钝角.
故选：C．
5．A
【解析】先根据题意，得到，，再由向量的加减运算，即可得出结果.
【详解】因为点是边的中点，所以，
又，所以，
因此.
故选：A.
【点睛】本题主要考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.
6．C
【分析】在处测得山顶的仰角为，的倾斜角，在处测得山顶的仰角为，利用正弦定理即可算出山腰高度.
【详解】由题意可知，，，
分别在，中，，，
所以，
又
在中，由正弦定理可得，，
即， ，
在中，.
所以山腰高为.
故选：C.
7．A
【分析】根据图象，利用正弦型函数的性质、向量垂直的充要条件以及诱导公式进行求解.
【详解】由图象可知，，所以，又，所以，
所以，又，所以，
又，所以，所以，所以点的坐标为，
因为，所以，即，又，
解得，所以，
将的图象向左平移1个单位，得到的图象对应的函数为，
所以，
故选：A.
8．A
【分析】作图得出区域D，然后根据向量关系得出，，然后表示出，根据和的关系可得出，，进而得出，根据“1”的代换，即可得出答案.
【详解】
如图所示，延长AB到点N，延长AC到点M，使得，
，
作，，，，
则四边形，，均为平行四边形.
由题意可知:点组成的区域D为图中的四边形及其内部.
因为，，，
所以，，，，
所以，，，
所以，.
又，则.
所以， .
因为四边形的面积，
所以，即，
，
当且仅当时取等号.
的最小值为4.
故选：A.
9．CD
【分析】根据纯虚数的概念及乘法运算判断A，取特殊值判断B，利用复数的模及共轭复数的乘法运算判断C，由复数模及不等式的性质判断D.
【详解】对于A，因为是纯虚数，所以设，则，所以A错误；
对于B，取，，满足，则不成立，所以B错误；
对于C，设，因为，所以，
因为，，所以，所以C正确；
对于D，设，由，得，则可得，
所以，时取等号，所以D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】由正弦定理得，即可判断A选项；由平方关系及商数关系即可判断B选项；先由余弦定理得，再求出周长即可判断C选项；先求得，再求面积即可判断D选项.
【详解】由正弦定理得，整理得，即，A正确；
由可得，则，B正确；
由余弦定理得，又，可得，
整理得，的周长为，C错误；
由上知：，，可得，
则的面积为，D正确.
故选：ABD.
11．AD
【分析】由题意可得：与的夹角，然后根据向量的运算逐项进行检验即可求解.
【详解】设平面向量与的夹角为，
因为对任意的实数t，恒成立，
即恒成立，又，
也即对任意的实数恒成立，
所以，则，所以，
故选项正确；
对于，因为随的变化而变化，故选项错误；
对于，因为，由二次函数的性质可知：当时，取最小值，故选项错误；
对于，向量上的一个单位向量，由向量夹角公式可得：，
由投影向量的计算公式可得：在上的投影向量为，故选项正确，
故选：.
12．
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
13．10
【分析】利用向量的数量积的运算法则可得，然后利用数量积的定义和圆的弦的性质计算.
【详解】如图，过圆心作的垂线，则垂足分别为的中点，
∵，，∴,
,
故答案为：10
14．
【分析】先作图分析直线和余弦函数的交点个数，再根据直线和余弦函数的对称性，分析这些交点之间的联系，最后求解.
【详解】
在同一坐标系中画出，的图象，可分析出它们只有5个交点，如上图所示，注意到都关于对称，那么、也关于对称，根据向量的加法法则，
于是.
故答案为：
15．（1）；（2）．
【分析】（1）利用数量积公式与运算律化简求解即可；
（2）根据化简求解即可
【详解】（1）设向量与的夹角为，
因为，故，
，解得，
又，故，
即向量与的夹角为；
（2）由（1）知，，
故
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
（2）根据正弦定理先得出，根据三角形内角和性质及余弦函数的单调性计算即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
所以，即，
因为，所以，
又，所以
（2），，由正弦定理，
所以，
因为为锐角三角形，所以，则，
所以，
所以
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）延长交于D，则D为BC中点，可得，，即可求出；
（2）设，可得，，可将表示为与的线性组合，再根据三点共线系数之和为1即可求解；
（3）可得，再根据结合的范围求出.
【详解】（1）延长交于D，则D为BC中点，
，
G是重心，，
；
（2）设，
，，
，，
∵且三点共线，
∴，∴
即；
（3）由（2），，
，
，，可知，
，
，，
则当时，取得最小值，当时，取得最大值，
，则的取值范围为.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查基本定理和共线向量定理的应用，考查面积公式的应用，属于较难题.
18．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由余弦定理求解即可；
（2）设，由中点可得，再由数量积的运算性质求解即可；
（3）设则可转化为关于的二次函数，求最值，再由及三点共线得解即可.
【详解】（1），由余弦定理知：
，
.
（2）设，
分别为的中点，
，
，
，
又.
.
（3）设
，
当即时，取最小值，
，
，
，
三点共线，
，
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，再利用诱导公式及两角和差的余弦公式得到，再利用正弦定理将边化角，即可得解；
（2）连接 ，依题意可得，，再利用面积公式得到，在和中分别利用余弦定理，即可得到，，从而求出，即可得解；
【详解】（1）解：由，
得，
即，
即
即，∵，∴，
由正弦定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
（2）解：如图，连接 ，则，，
正面积，∴，
而，则，
∴中，由余弦定理得：，
有，则，
在中，，，由余弦定理得，则，
∴，，∴，所以的周长为.
