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重庆市礼嘉中学2025-2026学年第二学期高一第一次月考数学试题
一、单选题
1．已知向量，若，则实数（ ）
A．1 B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．1 B． C． D．4
3．在中，已知，且，则的值为（ ）
A．4 B．8 C．4或8 D．无解
4．在△ABC中，已知a＝1，b＝，A＝30°，则B等于（　　）
A．60° B．60°或120° C．30°或150° D．120°
5．设的面积为，角所对的边分别为，且，若，则此三角形的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
6．（已知向量，下列结论正确的个数是（ ）
①
②与同向的单位向量为
③在上的投影向量为
④若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
⑤向量可以作为平面内所有向量的一组基底
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
7．已知函数为偶函数，将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得的图象对应的函数为，若最小正周期为，且，则（ ）
A．-2 B．2 C． D．
8．在中，记内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为2，，，且，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、多选题
9．已知为虚数单位，则下列说法中正确的是（ ）
A．复数的虚部为 B．
C． D．若复数满足，则最小值为
10．函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的有（ ）
A．是的一条对称轴
B．在上单调递增
C．的一个对称中心为
D．是偶函数
11．如图，为内任意一点，角的对边分别为．总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理．则以下命题是真命题的有（ ）
A．若是的重心，则有
B．若成立，则是的内心
C．若，则
D．若是的外心，，则
三、填空题
12．已知向量，若与共线，则的值为______.
13．中，为边的中线，，，，则中线的长为_________.
14．已知中，，，的最小值是，若M为边AB上任意一点，N为边BC的中点，则的最小值是______.
四、解答题
15．已知复数，，且是实数.
(1)求；
(2)在复平面内，复数对应的点在第四象限，求实数m的取值范围.
16．已知向量与的夹角，且，.
(1)求；
(2)与的夹角的余弦值.
17．如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点．

(1)试用，表示和；
(2)若，求．
18．锐角三角形的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围.
19．设为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为称为函数的“相伴向量"
（1）设函数，求函数的相伴向量
（2）记的“相伴函数"为，若方程在区间[0，2]上有且仅有四个不同的实数解，求实数的取值范围；
（3）已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值，当点运动时，求的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】由题意得，，
因为，所以，
解得，
故选:C.
2．A
【详解】由，可得，
所以.
故选：A
3．C
【详解】∵，∴，
∴，即，
即，解得或．
故选C．
4．B
【详解】因为，
由正弦定理得：，即，
解得，
因为，所以或，
故选：B.
5．D
【详解】因为，所以，
则，因为，所以，
又，所以，
由，所以，，
所以为等腰直角三角形.
故选：D.
6．B
【详解】由可得，即①正确；
设与同向的单位向量为，又，
解得，此时，可得②正确；
易知在上的投影向量为，可知③错误；
若与的夹角为锐角，则且两向量不同向，
即且，所以且，
解得且，所以实数的取值范围是，即④错误；
由向量可知不存在实数满足，因此此时不共线，
所以可以作为平面内所有向量的一组基底，即⑤正确.
可得结论正确的个数为3个.
7．C
【详解】∵为偶函数，故，所以，
整理得到，
所以对任意的恒成立，所以，即.
因为，故.所以，
将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为.
因为最小正周期为，则有＝2π，∴ω＝2，g（x）＝Acos x，f（x）＝Acos2x．
且，故，解得，所以，所以.
故选C.
8．B
【详解】由得，
由正弦定理（为外接圆半径）得，，
因为，所以，
若，由余弦定理得，，所以为锐角，
则，即，由于，，则，
所以，矛盾.
故，即，所以，即，
又因为，，所以（当且仅当时取“＝”号），
所以的最小值为4.
故选：B.
9．ACD
【详解】对于A，复数的虚部为，故A正确；
对于B，两个复数不能比较大小，故B错误；
对于C，设，则，
，所以，故C正确；
对于D，由，可知对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
又原点到的距离为，所以最小值为，故D正确.
故选：ACD.
10．AD
【详解】由图知，则，
，所以，则，
即
因为，所以，，即，
因为，得，所以
所以
对于选项A：当时，，故A对
对于选项B： 的单调递增区间为，
解得，
当时，故在上单调递增，在上单调递减，故B错
对于选项C：，故C错
对于选项D：，
所以是偶函数，故D对，
故选：AD．
11．ABD
【详解】对于A，不妨取分别为的中点，如下图所示：
所以，，
同理可得，所以，
又因为，所以，即A正确；
对于B，记点到的距离分别为，
，
因为，所以，
即，又因为，所以，
因此是的内心，即B正确；
对于C，若，所以，
因此，，
可得
化简可得，
又因为不共线，所以，解得；
因此，
则，所以C错误；
对于D，若是的外心，，所以，
又易知，所以，
因为，则，
化简可得，由题意可得同时为负，
记,其中，则，
因为，所以，
可得，即，因此D正确.
12．/
【详解】因为，所以，
又与共线，所以，解得.
13．/
【详解】

如图，以边,为邻边做平行四边形，
因为边的中线，则由平行四边形性质知共线，且，
在平行四边形中，，，
在中，由余弦定理得：
，
所以，，
故答案为：
14．
【详解】延长AC，使得，
令可知B，G，D三点共线，
时为AG最小值，
在中，，得，
又因为，所以是等边三角形，所以，
在中，，
取NC中点为H，
，,
所以
所以.
即求的最小值，
当时，有最小值，
在中，，，
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）∵，，
∴.
∵是实数，∴，解得.
∴，∴.
（2）由（1）知，∴.
∵复数对应的点在第四象限，
∴，解得，即实数m的取值范围为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）已知向量与的夹角，且，，
则，
所以；
（2）由（1）知：，
所以，
所以与的夹角的余弦值为.
17．(1)，
(2)
【详解】（1）因为，所以，即，
设，所以，
又、、三点共线，所以，解得，所以.
（2）因为，
设，
又、、三点共线，所以，解得，所以，
所以，
又，即，
即，解得或（舍去）.
18．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
又因为，所以，
所以，
因为为锐角三角形，可得，所以，
所以，可得.
（2）由正弦定理可得，
所以，
则
，
因为为锐角三角形，可得，解得，
可得，所以，则，
即，所以的周长，
所以的周长的取值范围为.
19．（1）；（2）；（3）
【详解】（1），
所以函数的相伴向量.
（2）的“相伴函数”，
方程为，，
则方程，有四个实数解.
所以，有四个实数解.
令，
①当，，
②当，，
所以，
作出的图像：

所以函数与有四个交点时，实数的取值范围为.
（3）向量的“相伴函数”，
其中，，.
当，即时，取最大值，
所以，
所以，
令，则，
所以，解得：，
所以，
因为单调递增，
所以，
所以.

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