精品解析：河南省郑州市金水区2024-2025学年高一下学期2月第一次月考数学试卷

2024-2025学年高一数学第一次月考卷 (考试时间：120分钟 试卷满分：150分) 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．测试范围：平面向量+解三角形+复数． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 向量，，则 （ ） A. B. 0 C. D. 1 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 若（为虚数单位）是关于方程的一个根，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 7. 如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100m到达处，又测得对于山坡的斜度为，若，，且山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ） A. B. C. D. 8. 瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是两个不共线的单位向量，则下列各组向量中，一定能推出 的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在中，是的内切圆圆心，内切圆的半径为，则（ ） A. B. C. 的外接圆半径为 D. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，，，则__________. 13. 已知.若的夹角为钝角，则的范围为__________. 14. 复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为______． 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. 已知点求 （1）的模 （2） （3）在上的投影向量 16. 已知复数，且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）若，，求的周长. 18. 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，，求的值域. 19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中， （1）若，，，（图1），求线段长度的最大值； （2）若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值； （3）在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高一数学第一次月考卷 (考试时间：120分钟 试卷满分：150分) 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．测试范围：平面向量+解三角形+复数． 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 向量，，则 （ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】用坐标表示出，再由向量的数量积的坐标运算得出结果. 【详解】由题可知， ∴. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，从而求出其共轭复数. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值． 【详解】∵， ∴由余弦定理， 则得， ∴解得：，或（舍去）， ∴由正弦定理可得：． 故选：B. 4. 在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量加法及数乘向量运算求解即得. 【详解】依题意，，而， 所以 故选：D 5. 若（为虚数单位）是关于方程的一个根，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】将代入方程，利用复数的运算法则和复数相等的概念求解即可. 【详解】因为是关于方程的一个根， 所以，整理得， 所以，解得， 故选：D 6. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】先利用二倍角公式化简，然后利用正余弦定理统一成边的形式，化简变形可得答案. 【详解】因为，所以， 所以， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以由余弦定理得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形. 故选：D 7. 如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100m到达处，又测得对于山坡的斜度为，若，，且山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，在中由正弦定理求出，在中由正弦定理求出，再由求得的值. 【详解】因为，所以， 在中，由正弦定理可得：，解得：， 在中，由正弦定理可得，解得：， 即，所以； 故选：C 8. 瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为的外心、垂心、重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论． 【详解】由题意知，即为的外心； ，则为的重心； ， 即有， 即，同理，即为的垂心； 由解析题中向量式中有两共起点的向量， 于是，， 令， 则是以为起点，向量与所在线段为邻边的菱形对角线对应的向量， 即在的平分线上, 共线, 所以点的轨迹一定通过的内心, 由欧拉线定理知，欧拉线一定过. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是两个不共线的单位向量，则下列各组向量中，一定能推出 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据共线向量定理，即可判断选项． 【详解】对于A，因为，，故，即，故A正确； 对于B，因为，，则，故B正确； 对于C，，，由于不共线，故，所以向量不平行，故C错误． 对于D，，故，此时，故D正确， 故选：ABD． 10. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】设复数，利用共轭复数、模长的定义及复数的四则运算判断各项正误. 【详解】设复数，且， ，A正确； ，B正确； ， ， 所以与不一定相等，C错误； 令，则，D错误． 故选：AB 11. 在中，是的内切圆圆心，内切圆的半径为，则（ ） A. B. C. 的外接圆半径为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据内心的性质判断A；由余弦定理求出，再由等面积法求出内切圆的半径，即可判断B，利用正弦定理判断C，依题意设，则，同理可设，再由平面向量基本定理得到方程组，求出，即可判断D. 【详解】因为内心是三角形内角平分线的交点， 所以在中，，故A错误； 由余弦定理可得， 因为的面积， 所以，故B正确； 设的外接圆半径为，则，故，故C正确； 对于D：方法一：因为在的平分线上， 所以可设，则， 同理可设，则， 得， 又、不共线，根据平面向量基本定理得，解得， 即，故D正确； 方法二：利用内心的性质结论，有， 即，所以， 即，故D正确. 故选：BCD 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理、三角形内角和求得，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】由正弦定理有，即，解得， 而，所以，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知.若的夹角为钝角，则的范围为__________. 【答案】且 【解析】 【分析】由已知且与不平行，结合向量的坐标运算可得出的取值范围. 【详解】若，的夹角为钝角，则，且与不平行， 即，且，求得且， 故答案为： 且. 14. 复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为______． 【答案】8 【解析】 【分析】令，，且，结合条件求参数，进而确定的位置关系及模长，即可求的面积. 【详解】令，，且， 由，则，即，故①， 由两点，连线的中点对应的复数为，则，即②， 联立①②，可得，且，即，， 由，即，故为直角三角形， 又，，故的面积为. 故答案为：8 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. 已知点求 （1）的模 （2） （3）在上的投影向量 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先计算的坐标，再利用向量模长的坐标表示，即得解； （2）由，代入的坐标，运算即得解； （3）根据投影向量的定义计算可得. 【小问1详解】 已知点，所以， 因此的模为. 【小问2详解】 由已知可得, 所以. 【小问3详解】 根据投影向量的定义可得，在上的投影向量为 . 16. 已知复数，且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由为纯虚数，可得，从而得，再根据模的公式求解即可； （2）化简得，再根据题意列出不等式组求解即可. 【小问1详解】 解：因为，则， 所以为纯虚数， 所以，解得. 所以， 因此. 【小问2详解】 解：因为， 则， 因为复数在复平面内对应的点位于第一象限， 则，解得. 因此实数的取值范围是. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）若，，求的周长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证； （2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以. 因为， 所以， 则（或，舍去），即. 【小问2详解】 因为，，所以，. . 由，可得， . 故的周长为. 18. 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，，求的值域. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可； （2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证； （3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合二次函数的图象即可求得的值域. 【小问1详解】 因为的“完美坐标”为，则， 又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为， 所以,， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 所以 ， 即. 【小问3详解】 因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由（2）得. 令，则， 因为，所以，即， 令， 因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分， 所以当时，取得最小值， 当时，取得最大值， 所以的值域为. 【点睛】思路点睛：本题在求解与之相关的函数问题时，应按照新定义，准确写出函数解析式，对于较复杂的三角式，常常运用整体换元思想，将其转化成熟悉的函数，如二次函数、双勾函数等，利用这些函数的图象性质特征求解即可. 19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中， （1）若，，，（图1），求线段长度的最大值； （2）若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值； （3）在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值. 【答案】（1） （2）时，四边形面积取得最大值，且最大值为． （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而求出的最大值； （2）由题意可得，分别在，中，由余弦定理可得的表达式，两式联立可得的值，进而求出角的大小，进而求出此时的四边形的面积． （3）根据余弦定理可得，即可结合不等式求解最值. 【小问1详解】 由，，，，可得， 由题意可得， 即， 即，当且仅当四点共圆时等号成立 即的最大值为； 【小问2详解】 如图2，连接，因为四点共圆时四边形的面积最大，，，， 所以，即，， 在中，，① 在中，由余弦定理可得，② 由①②可得， 解得，而，可得， 所以， 此时． 所以时，四边形面积取得最大值，且最大值为． 【小问3详解】 由题意可知所以，即， 在中，由余弦定理可得, 故, 故， 故，当且仅当时等号成立， 故最大值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $