精品解析：广东省东莞市光明中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题

2024－2025学年度第二学期高一年级3月月考 命题人：张新成 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 如图所示，等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，M是的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 在矩形中，若，，则向量的长度为（ ） A. B. C. 12 D. 6 5. 设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在河岸边选定一点C，测出AC的距离是100 m，∠BAC＝60°，∠ACB＝30°，则A、B两点的距离为 A. 40 m B. 50 m C. 60 m D. 70 m 6. 平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 8. 已知,且,则实数k的值为( ) A. ± B. ± C. ± D. ± 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错得0分． 9. 已知两点，，与平行，且方向相反的向量可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若面积为，则，则 D. 若则 11. 已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为6 C. D. 若， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数（i为虚数单位），则______． 13. 若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足，且，则的值为___________. 14. 在中，已知，，，则________． 四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 复数， 当实数为何值时，复数为纯虚数； 若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 16. 已知向量与的夹角，且，． （1）求； （2）求. 17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角的值： （2）当时，求的面积. 18. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 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学年度第二学期高一年级3月月考 命题人：张新成 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 如图所示，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接由平面向量的加法和减法法则计算即可得到答案. 【详解】由平面向量的加法和减法法则可得：． 故选：B. 2. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的几何意义即可求出答案. 【详解】在复平面所对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 3. 在中，M是的中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的加法法则计算． 【详解】如图，作平行四边形，因为M是的中点，所以M也是的中点，则. 故选：C. 4. 在矩形中，若，，则向量的长度为（ ） A. B. C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形的特征可求对角线的长度，进而可求的模长. 【详解】在矩形中，由，，可得, 故选：A. 5. 设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在河岸边选定一点C，测出AC的距离是100 m，∠BAC＝60°，∠ACB＝30°，则A、B两点的距离为 A. 40 m B. 50 m C. 60 m D. 70 m 【答案】B 【解析】 【详解】因为∠BAC＝60°，∠ACB＝30°，所以 ，因此， （ ），故选B. 6. 平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量数量积定义和运算律可求得，进而可得结果. 【详解】，， ， . 故选：A. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理求得角后可得角． 【详解】由正弦定理得，又，则，又是三角形内角，所以或． 时，，时，． 故选：B． 8. 已知,且,则实数k的值为( ) A. ± B. ± C. ± D. ± 【答案】A 【解析】 【详解】两个向量垂直，数量积为零，即，. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错得0分． 9. 已知两点，，与平行，且方向相反的向量可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算得，再根据向量共线的坐标关系逐项判断即可得结论. 【详解】已知两点，，则， 对于A，，所以符合题意，A是； 对于B，，所以不符合题意，B不是； 对于C，，所以不符合题意，C不是； 对于D，，所以符合题意，D是. 故选：AD. 10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若面积为，则，则 D. 若则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理边角转化可判断A，D；根据数量积的定义确定角的大小即可判断B；根据三角形面积公式结合余弦定理化简已知等式即可得角的大小即可判断C. 【详解】对于A，因为，由正弦定理得，所以，故A正确； 对于B，，则， 因为，所以，即角为锐角，但不一定为锐角三角形，故B不正确； 对于C，若面积为，因为，则， 所以，则，由于，则，故C正确； 对于D，若，由正弦定理得， 则，因为，则，所以，故，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知圆半径为2，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为6 C. D. 若， 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意建立适当的平面直角坐标系，用三角函数表示出各个点以及题中所涉及的向量的坐标，结合向量的数量积公式以及三角函数性质可分别判断AB，结合模的运算公式以及三角恒等变换、三角函数性质可分别判断CD. 【详解】由题意，以为原点，以平行于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， ，，，设，， 则，，，，， 对于A，，故A错误； 对于B，， ，，， 的最大值为6，故B正确； 对于C， ， ，，，故C正确； 对于D，若， 则， ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数（i为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简即可得结论. 【详解】复数. 故答案为：. 13. 若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足，且，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理可得答案. 【详解】由，得， 由余弦定理得，则，所以. 故答案为：. 14. 在中，已知，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出的值，再利用正弦定理即可求解. 【详解】在中，已知，， 由余弦定理可知 再利用正弦定理，即，解得 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 复数， 当实数为何值时，复数为纯虚数； 若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 【答案】；. 【解析】 【分析】根据条件可得且，继而得出结果； 根据条件可得且，继而得出结果. 【详解】解：由复数为纯虚数可得：， 解得， 时，为纯虚数．  由，解得，  ． 16. 已知向量与的夹角，且，． （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积的定义计算即可； （2）根据向量的模的计算即可. 【小问1详解】 因为向量与的夹角，且，， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以. 17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角的值： （2）当时，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而得到，求得，即可求解； （2）由余弦定理得到，代入已知条件，求得，结合面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得 ， 即， 即, 又因为， 所以， 因为，可得，所以， 又由，所以. 【小问2详解】 解：根据（1）知，可得， 由余弦定理可知， 因为，可得，解得， 所以三角形面积为 18. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 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 $