第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶一中高一（下）第一次3月月考數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知向量

a=(2,3)，b=(x,4)，若

a⊥(a?bA.1 B.12 C.2 D.2.下列是函數f(x)=tan(2x?π4A.(?π4,0) B.(π4,0)3.已知a,b是兩個單位向量，若向量a在向量b上的投影向量為12b，則向量b與向量aA.30° B.60° C.150° D.120°4.在△ABC中，A=π6，BC=2，若滿足上述條件的△ABC恰有一解，則邊長AC的取值范圍是(

)A.(0,2) B.(0,2] C.(0,2)∪{4} D.(0,2]∪{4}5.在藝術、建筑設計中，把短對角線與長對角線的長度之比為2?1的菱形稱為“白銀菱形”.如圖，在白銀菱形ABCD中，若AD?AB=λACA.32?22

B.3?226.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，3(acosB+bcosA)=5ccosA，sinB+sinC=435，則A.85 B.59 C.587.已知點O是△ABC的內心，若AO=49AB+A.15 B.16 C.188.已知四邊形ABCD滿足∠BAD+∠BCD=π，且其外接圓半徑為52，四邊形ABCD的周長記為L，若△ABD的面積S=BD2?(AD?AB)22A.10 B.15 C.105 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復數z滿足z(1+i)=6i5，則(

)A.|z|=32 B.z?的虛部是3

C.z?z?10.已知函數f(x)=sinωx?3cosωx,ω>0，則下列結論中正確的是A.若ω=2，則將f(x)的圖象向左平移π6個單位長度后得到的圖象關于原點對稱

B.若|f(x1)?f(x2)|=4，且|x1?x2|的最小值為π2，則ω=2

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

B.若m22+n25=1，則|ma+nb|的最大值為5

C.若向量三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若2i?3是方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一個根，則p+q=13.已知向量a=(1,?2)與b=(sinα?23314.已知函數f(x)=sin4x?cos4x(0≤x≤2π)，則關于四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

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

(1)求ω與φ的值；

(2)若g(x)=f(x)+2sin2x，求g(x)的對稱軸和對稱中心．16.(本小題15分)

已知如圖在邊長為8的正三角形ABC中，D為BC的中點，E為BD的中點．

(1)若點P為△ABC的重心，且有AP=mAB+nAC，求m和n的值；

(2)若點Q在以點E為圓心，半徑為1的圓上運動，且有AQ17.(本小題15分)

已知幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點”.如圖，在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，現以AB，BC，AC為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次為O1，O2，O3，且acos(B?C)=cosA(23bsinC?a)．

(1)求A；

(2)若a=318.(本小題17分)

銳角△ABC面積為S，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且(b2?a2)sinB=2S．

(1)求證：B=2A；

(2)若b+c=72a19.(本小題17分)

17世紀法國數學家費馬曾提出這樣一個問題：怎樣在一個三角形中求一點，使它到每個頂點的距離之和最?。楷F已證明：在△ABC中，若三個內角均小于120°，當點P滿足∠APB=∠APC=∠BPC=120°時，則點P到三角形三個頂點的距離之和最小，點P被稱為△ABC的費馬點.請根據費馬點性質解決下列問題：

(1)已知在△ABC中，AB=AC=4，BC=23，若點P為△ABC的費馬點，求△APB的面積；

(2)已知在△ABC中，AB=AC=1，A=π2，若點P為△ABC平面上任意一點，求|AP?AB|+|AP+AB|+|AP?AC|的最小值；

(3)已知在△ABC中，C=2π3，參考答案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)根據題意可知，偶函數f(x)=2sin(2ωx+φ)，(ω>0,φ∈(0,π))，

根據周期可得2ω=2ππ，故ω=1，

由于f(x)為偶函數，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，故對稱軸方程為x=π8+12kπ,k∈Z，

令2x+π4=kπ,k∈Z，得x=?π8+12kπ,k∈Z，故對稱中心為(?π8+12kπ,0),k∈Z．

16.解：(1)因為點P為△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)

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

∴AO1=33c，AO18.解：(1)證明；∵(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為銳角三角形，

∴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，

則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，

當且僅當4cosA=94cosA，即cosA=34時等號成立，

∴c+134aaco