精品解析：山东省泰安第一中学新校2024-2025学年高一下学期3月学情检测数学试题

泰安一中2024-2025学年下学期3月学情检测 高一数学试题 时间：120分钟 总分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知，则复数的共轭复数为（    ）. A. B. C. D. 2. 已知，，，则与的夹角为（    ）. A. B. C. D. 3. 在中，为边上的中线，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角所对的边分别为，是边的中点，， 若，则边（    ）. A. 16 B. C. 4 D. 8 5. 某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠穆朗玛峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量学校旗杆的高度，已知该旗杆（C在水平面）垂直于水平面，水平面上两点的距离为，测得，其中，在点处测得旗杆顶点的仰角为，则该旗杆的高度为（单位：）（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 6. 是所在平面内一定点，是平面内一动点，若，，则点为的（     ）. A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心 7. 如图，在平面四边形ABCD中，．若点E为边CD上的动点（不与C、D重合），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 在中，角所对的边分别为，，，且，，则的最小值为（    ）. 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，有错选的得0分. 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. 复数满足，则的最大值为 10. 在中，角所对的边分别为，设的面积为，下列命题中正确的是（    ）. A. 若，则是等边三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是直角三角形 D. 若，且，则是等边三角形 11. 已知的外接圆的圆心为O，角，下列说法正确的是（    ）. A. 若，则2 B. 若点是内的动点(不含边界)，且，则实数的取值范围是 C. 若点是内的动点(不含边界)，且，则 D. 若，，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________. 13. 在中，角所对的边分别为，，，，若三角形有两解，则实数的取值范围是___________. 14. 在中，角所对的边分别为，已知的外接圆的半径为1，且则的面积为___________. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若向量与共线，求实数的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 17. 的内角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积． 18. 如图，在梯形中，已知，，，点、分别在直线和上，且，，连接交于点． （1）设，用和表示，并求实数的值； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且. ①求的周长 ②求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰安一中2024-2025学年下学期3月学情检测 高一数学试题 时间：120分钟 总分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知，则复数的共轭复数为（    ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的模长公式以及复数运算求复数，即可得共轭复数. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：D. 2. 已知，，，则与的夹角为（    ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长结合数量积的运算律可得，即可得向量夹角. 【详解】因为，，， 则，即，可得， 则， 且，所以. 故选：A. 3. 在中，为边上的中线，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形的几何性质，以及向量加减法、数乘运算的几何意义，即可得出答案. 【详解】如图， 因为，所以 由已知可得，， 所以，， 所以，. 故选：D 4. 在中，角所对的边分别为，是边的中点，， 若，则边（    ）. A. 16 B. C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理整理可得，代入数据运算求解即可. 【详解】因为，可知， 由余弦定理可得， 且，可得， 即，解得. 故选：C. 5. 某课外兴趣小组研究发现，人们曾用三角测量法对珠穆朗玛峰高度进行测量，其方法为：首先在同一水平面上选定两个点并测量两点间的距离，然后分别测量其中一个点相对另一点以及珠峰顶点的张角，再在其中一点处测量珠峰顶点的仰角，最后计算得到珠峰高度．该兴趣小组运用这一方法测量学校旗杆的高度，已知该旗杆（C在水平面）垂直于水平面，水平面上两点的距离为，测得，其中，在点处测得旗杆顶点的仰角为，则该旗杆的高度为（单位：）（ ） A. 9 B. 12 C. 15 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图，在中解出，在中解出. 【详解】 在中，，，， 因为， 所以， 在中，. 故选：B. 6. 是所在平面内一定点，是平面内一动点，若，，则点为的（     ）. A. 重心 B. 内心 C. 垂心 D. 外心 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的四则运算结合垂直关系可知，，即可得结果. 【详解】因为，可知， 又因为，可知， 所以点为的垂心. 故选：C. 7. 如图，在平面四边形ABCD中，．若点E为边CD上的动点（不与C、D重合），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得的坐标，根据数量积的坐标表示，结合二次函数知识，即可求得答案. 【详解】由于， 如图，以D为坐标原点，以为轴建立直角坐标系， 连接,由于，则≌, 而，故，则， 则， 设，则，， 故， 当时，有最小值， 故选：B． 8. 在中，角所对的边分别为，，，且，，则的最小值为（    ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直结合正、余弦定理可得，分析可知点在优弧上运动（不包括端点），结合数量积的几何意义运算求解. 【详解】因为，，且， 则， 利用正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理可得， 且，则， 又因为，可得的外接圆半径为， 可知点在优弧上运动（不包括端点）， 过外接圆圆心作， 当点与点重合时，在方向上的投影最小， 此时 根据数量积的几何意义可知：的最小值为. 故选：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，有错选的得0分. 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. 复数满足，则的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：根据虚部的概念分析判断；对于B：根据虚数单位的性质运算求解；对于C：举反例说明即可；对于D：根据复数的几何意义结合圆的性质分析判断. 【详解】对于选项A：复数的虚部为，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：例如，则，此时，故C错误； 对于选项D：设复数在复平面内对应的点分别为， 因为，即，其中为坐标原点，可知点在标准单位圆上， 可得， 所以的最大值为，故D正确； 故选：BD. 10. 在中，角所对的边分别为，设的面积为，下列命题中正确的是（    ）. A. 若，则是等边三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是直角三角形 D. 若，且，则是等边三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：利用正弦定理边化角，即可得结果；对于B：举反例说明即可；对于C：利用余弦定理角化边，即可得结果；对于D：根据数量积结合面积公式可得，在结合余弦定理分析判断. 【详解】对于选项A：因为，由正弦定理可得， 即，可知， 所以是等边三角形，故A正确； 对于选项B：因为，由正弦定理可得， 则， 例如，则， 符合题意，但不是等腰三角形，故B错误； 对于选项C：因为，由余弦定理可得， 整理可得，可知， 所以是直角三角形，故C正确； 对于选项D：因为，则， 整理可得，且，可得， 又因为，即， 由余弦定理可得，即， 整理可得，即， 所以是等边三角形，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知的外接圆的圆心为O，角，下列说法正确的是（    ）. A. 若，则2 B. 若点是内的动点(不含边界)，且，则实数的取值范围是 C. 若点是内的动点(不含边界)，且，则 D. 若，，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据投影向量分析求解即可；对于B：根据向量线性运算的结论直接可得结果；对于C：设，整理可得，进而分析面积关系；对于D：整理可得，平方整理可得，结合基本不等式运算求解即可. 【详解】对于选项A：取的中点，连接，则， 可知在向量方向上的投影向量为， 所以，故A正确； 对于选项B：若点是内的动点(不含边界)， 则，且， 又因为，则，解得， 所以实数的取值范围是，故B正确； 对于选项C：设， 因为，可得， 即，可得， 则，所以，故C错误； 对于选项D：设的外接圆半径为， 因为，则，可得， 又因为， 可得， 则， 即， 则， 整理可得，解得或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求. 【详解】因为向量在方向上的投影向量为，所以， 又，， 所以. 故答案为：. 13. 在中，角所对的边分别为，，，，若三角形有两解，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理整理可得，构建，可知在内有2个零点，结合二次函数零点分布运算求解. 【详解】由余弦定理可得，即， 整理可得， 构建，可知在内有2个零点， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 在中，角所对的边分别为，已知的外接圆的半径为1，且则的面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，，利用余弦定理可得，进而可得，进而可得面积. 【详解】因为，由正弦定理可得， 整理可得， 且， 即，由正弦定理可得， 因为的外接圆的半径为1，由正弦定理可知， 又因为， 由余弦定理可得， 且，则， 可得， 所以的面积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若向量与共线，求实数的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量共线的坐标运算可知，即可求出参数值； （2）利用两向量夹角为锐角的充要条件是且与不共线，从而可得不等式组求解即可. 【小问1详解】 由题意可得，， 若向量与共线，可得， 解得. 【小问2详解】 若向量与的夹角为锐角可得且与不共线， 即可得， 解得且， 即实数的取值范围为且 16. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，即可得，进而可求； （2）根据复数的除法运算结合纯虚数概念可得，可知是方程的根，利用韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 因为，则， 若复数对应的点在实轴上，则， 可得，即， 所以. 【小问2详解】 因为， 若是纯虚数，则，解得， 若是方程的根，则也是该方程的根， 由韦达定理可得，即，所以. 17. 的内角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由求得，再由余弦定理求得即可； （2）先由余弦定理求得，再求出，最后由面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，所以．在中，由余弦定理得， 即，解得（舍去），． 【小问2详解】 因为，由余弦定理得，又，即是直角三角形，所以， 则，又，则，所以的面积为． 18. 如图，在梯形中，已知，，，点、分别在直线和上，且，，连接交于点． （1）设，用和表示，并求实数的值； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系标点，设，利用坐标运算求，结合向量共线的结论求实数的值； （2）设，根据向量垂直的坐标运算求解即可； （3）求得，根据模长的坐标运算求解. 【小问1详解】 如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则， 可得， 则，可得， 设， 可得，解得， 所以， 若， 且三点共线，则， 可得，解得. 【小问2详解】 因为，设， 则， 若，则，解得. 【小问3详解】 因为， 则，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的取值范围为. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且. ①求的周长 ②求的值. 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换运算求解即可； （3）①设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长；②在中，根据余弦定理列方程组求解可得. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 则， 可得的周长 ， 又因为为锐角三角形，则，解得， 则，可得，， 所以的周长的取值范围为. 【小问3详解】 ①设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为； ③由在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 则， 即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $