精品解析：山东省济南市第一中学2024-2025学年高一下学期3月学情检测数学试题

济南一中2024级高一第二学期3月学情检测 高一数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 3. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则B=（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 已知，，若，则的值为（ ） A. -4 B. -1 C. 2 D. 4 5. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 6. 若向量满足，若，间的夹角为，则为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆为外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 10 B. 13 C. 18 D. 26 8. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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z为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 与共线的单位向量的坐标为或 B. 在方向上的投影向量为 C. 与垂直的单位向量的坐标为或 D. 若向量与向量垂直，则 11. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必是等边三角形 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量满足，则与夹角的大小为______. 13. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________. 14. 在中，，为的中点，，为上一点，且，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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是的共轭复数）． （1）求m值； （2）复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围． 16. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，的面积为，. （1）求值； （2）若，求的周长. 17. 在中，角的对边分别是，其外接圆的半径是1，且向量，互相垂直. （1）求角的大小； （2）求面积的最大值. 18. 平面几何中有如下结论：“三角形的角平分线分对边所成的两段之比等于角的两边之比，即．”已知中，，，为角平分线．过点作直线交的延长线于不同两点，且满足，， （1）求的值，并说明理由； （2）若，求的最小值． 19. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角大小； （2）若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且外接圆半径为2，圆心为为上一动点，试求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济南一中2024级高一第二学期3月学情检测 高一数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题.请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交.试题满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的计算公式直接计算即可. 【详解】若，则. 故选：C. 2. 设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能构成基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案. 【详解】由于是平面内的一个基底，故不共线， 和不共线，故A能构成基底， 和共线，故B不能构成基底， 和不共线，故C能构成基底， 根据向量的加减法法则可知和不共线，故D能构成基底， 故选：B 3. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则B=（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理进行求解即可． 【详解】在中，已知，， 可知，所以． 由正弦定理得， 所以，则． 故选：A． 4. 已知，，若，则的值为（ ） A. -4 B. -1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，向量，， 因为，所以，解得. 故选：D. 5. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可. 【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以. 故选：D. 6. 若向量满足，若，间夹角为，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据代入计算可得结果. 【详解】∵，且，间的夹角为， ∴. 故选：C. 7. 如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 10 B. 13 C. 18 D. 26 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形外接圆的性质，结合数量积的几何意义求解可得可得与，再根据平面向量的运算可得出结论． 【详解】是边的中点，可得， 是的外接圆的圆心， ， 同理可得， ． 故选：B． 8. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用正弦定理和余弦定理的应用求出的值，再由正弦定理可得，，结合三角函数关系式的恒等变换把变形成正弦型函数，进一步利用性质和角的范围即可求出结果. 【详解】锐角中，内角，，的对边分别为，，， 由正弦定理可得，所以，整理得， 所以，由于，所以， 又，利用正弦定理：得：，， 又为锐角三角形，故， 所以 ， 由于，故， 所以. 故选：D 二、多项选择题：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z为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】令，然后逐个分析判断即可 【详解】令，则， 对于A，因为，，所以，所以A错误， 对于B，因为，，所以，，所以B正确， 对于C，因为，，所以，所以C正确， 对于D，因两个虚数不能比较大小，所以D错误， 故选：BC 10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 与共线的单位向量的坐标为或 B. 在方向上的投影向量为 C. 与垂直的单位向量的坐标为或 D. 若向量与向量垂直，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量坐标运算求得，再结合单位向量、投影向量的定义、垂直关系的向量表示逐项判断. 【详解】由向量，，得， 对于A，与共线的单位向量的坐标为或，A错误； 对于B，在方向上的投影向量为，B正确； 对于C，设与垂直的向量，则与垂直的单位向量的坐标为或，C错误； 对于D，，解得，D正确. 故选：BD 11. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必是等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理可判断A；由正弦函数的单调性可判断B；由正弦定理边化角判断C，利用余弦定理可判断D. 【详解】对于A， 在中，若，则，由正弦定理可得，A正确； 对于B，锐角中，，则， 故，B正确； 对于C，在中，若，则， 即得，故或， 故或，即是等腰三角形或直角三角形，C错误； 对于D，，，则， 故，，结合，可知是等边三角形，D正确， 故选：ABD 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量满足，则与夹角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量的运算律求得及，然后利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为平面向量满足， 所以， 所以，即， 所以， 设与夹角为，则， 又，所以. 故答案为： 13. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________. 【答案】##-0.2 【解析】 【分析】根据向量的几何意义得到的平分线与垂直，并计算出，，建立平面直角坐标系，表达出，配方求出最小值. 【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线， 又，故的平分线与垂直， 由三线合一得到，取的中点， 因为，故， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 则， 设，， 则， 当时，取得最小值，最小值为. 故答案为： 14. 在中，，为的中点，，为上一点，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，从而可得为中点，，再根据，可得，再由余弦定理及数量积的运算律求解即可. 【详解】解：取中点，连接，如图所示： 则有， 又因为， 所以，所以∥， 又因为为中点，所以为中点， 所以， 所以， 又因为为的中点，， 所以， 平方，得， 即， 解得， 在中，由余弦定理可得：， 所以， 在中，由余弦定理可得：， 将两边平方， 得， 所以. 故答案为： 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是的共轭复数）． （1）求m的值； （2）复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值. （2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解. 【小问1详解】 复数，且为纯虚数是的共轭复数），则， 解得． 【小问2详解】 ， 复数在复平面对应的点在第一象限， ， 解得．实数的取值范围是． 16. 已知内角A，B，C所对边分别为a，b，c，的面积为，. （1）求的值； （2）若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）根据余弦定理角化边得，进而可求； （2）由面积公式可得，由正弦定理角化边得，代入，从而可求，进而可求，从而可求. 【小问1详解】 根据余弦定理可得，，则， 所以； 【小问2详解】 因为，所以， 又的面积为，所以，即， 因为，结合正弦定理可得， 又，所以，解得， 所以， 所以，即， 所以的周长为. 17. 在中，角的对边分别是，其外接圆的半径是1，且向量，互相垂直. （1）求角的大小； （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量垂直关系向量表示和数量积的坐标表示可得，结合余弦定理计算即可求解； （2）由（1）可得，结合基本不等式计算即可求解. 【小问1详解】 因为互相垂直，所以. 将（为外接圆半径）代入上式， 得，即， 由余弦定理得，， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）得，即， 即，所以， 当且仅当时等号成立.所以， 故面积的最大值是. 18. 平面几何中有如下结论：“三角形的角平分线分对边所成的两段之比等于角的两边之比，即．”已知中，，，为角平分线．过点作直线交的延长线于不同两点，且满足，， （1）求的值，并说明理由； （2）若，求的最小值． 【答案】（1），理由见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）用表示，再根据三点共线，利用向量共线定理求解即可； （2）利用结合数量积的运算律和均值不等式“1”的妙用求解即可. 【小问1详解】 根据角平分线定理，所以， 因为，， 所以， 因为三点共线，所以，所以． 【小问2详解】 当且仅当时取等号，即， 所以的最小值为． 19. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求解； （2）利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解； （3）易得三角形为等边三角形，取中点，可得，由为上的一动点，可得，进而可求的取值范围. 【小问1详解】 依题意， 由正弦定理，， 由 可得， 由余弦定理， 则，则， 因为，所以； 【小问2详解】 由为锐角三角形，，可得， 由正弦定理，则， 则， 则的周长为， 由，则，因为，整理得： ，解得或（舍去）， 所以，则周长范围是； 【小问3详解】 由正弦定理，则，则， 由，可得，则， 则三角形为等边三角形，取中点，如图所示： 则 ， 由，则，则． 【点睛】方法点睛：（1）利用正余弦定理可进行边角互换用以化简条件；（2）涉及三角形周长与面积的最值问题，可将问题转化为基本不等式或三角函数来求最值；（3）外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$