精品解析：河南郑州外国语学校等高中2025-2026学年高一下学期月考1数学试题

郑州外国语学校2025-2026学年高一下期月考1试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 3. 已知，点在直线上，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 4. 若复数z满足，那么的最大值是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 6. 在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（ ） A. 点G为的重心，若，则 B. 若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C. 若点O为内一点，且，则 D. 若，则的最大值为 7. 已知是关于x的一元二次方程，其中，，是非零向量，且向量和不共线，则该方程（ ） A. 至少有一根 B. 至多有一根 C. 有两个不等的根 D. 有无数个互不相同的根 8. 已知向量，满足，且对一切实数x，恒成立，则，的夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分） 9. 下列结论在复数集中成立的有（ ） A. B. 或 C. 对于非零复数， D. 对于虚数，若，则 10. 如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一点，若，则的可能取值有（ ） A. B. 2 C. D. 1 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则该三角形周长的最大值为6 C. 若的面积为，则有最小值 D. 设，且，则为定值 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知i是虚数单位，是关于x的方程（p，）的一个根，则_____． 13. 中，，D在上，，，则______. 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________. 四、解答题（共5大题，15题13分，16，17题每题15分；18，19每题17分，共77分） 15. 已知向量，，. （1）求； （2）若，求实数的值； （3）若，求向量与的夹角. 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. 如图所示，在中，. （1）试用向量来表示; （2）交于点，求的值. 18. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 19. “平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点”被称为费马点，是由法国数学家费马在十七世纪提出的，意大利数学家托里拆利给出了确定费马点的方法：（Ⅰ）当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；（Ⅱ）当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.请用上述知识解决下面的问题：在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）已知，点M为的费马点. ①若，记，求； ②求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年高一下期月考1试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单选题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数满足，则，所以的虚部为. 2. 设的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理求出，然后根据正弦定理求出三角形外接圆半径. 【详解】由，可得， 则，因为，所以， 又，由正弦定理可得，解得. 故选：B. 3. 已知，点在直线上，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由得或，利用坐标运算即可求解. 【详解】由题意得：或，设点， 所以， 当时，所以，解得，所以， 当时，所以，解得，所以. 4. 若复数z满足，那么的最大值是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的几何意义转化复数z满足的限制条件，进而求得的最大值. 【详解】设复数、在复平面内对应的点分别为， 复数在复平面对应的点为：， 由可知：复数z在复平面内对应的点到两点的距离之和为2， 而，所以点在线段上，故， 则， 当时，的最大值为. 故选：B. 5. 如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用转化法，将转化为或，进而求得的最小值. 【详解】解法一： 连接，则 ， 当时，最小，即， 结合，得的最小值为． 解法二（极化恒等式法）： 依题意，为线段的中点， 则 , 由于，，所以的最小值为． 故选:D 6. 在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，则下列说法不正确的是（ ） A. 点G为的重心，若，则 B. 若满足，，的有两解，则t的取值范围为 C. 若点O为内一点，且，则 D. 若，则的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】A项，利用重心到顶点和其对边中点的距离之比为 即可得到结果； B项，使用二次方程的性质证明若 有两解则 ，在 的条件下构造出两解即可；C项，利用向量之间的比值 即可求出面积比； 项，直接证明 即可否定结论. 【详解】选项A：点为的重心，设中点为，则， 故，即，，所以，A正确； 选项B：首先，且必有两种可能的取值，而满足，即， 故关于的方程必有两个不同的正数解，从而判别式为正数，且两根之积为正数， 即，，结合，得， 另一方面当时，确有两解，所以的取值范围是，B正确； 选项C：若点为内一点，且，延长交于点， 故存在实数，使得，由于在直线上，故，从而， 即，所以，故，C正确； 选项D：由于， 故由数量积定义得， 由余弦定理化为， 整理得，则，当且仅当时等号成立. 故，即最大值为，D错误. 7. 已知是关于x的一元二次方程，其中，，是非零向量，且向量和不共线，则该方程（ ） A. 至少有一根 B. 至多有一根 C. 有两个不等的根 D. 有无数个互不相同的根 【答案】B 【解析】 【分析】由向量基本定理进行求解 【详解】，其中向量和不共线， 若方程有解，则可以由不共线的向量与线性表示（即三向量共面）， 由向量基本定理，若在向量与张成的平面内，则可以由不共线的向量与唯一表示， 即，此时若有，则有一个解，否则无解， 当然，若，，不共面，此时无解，所以至多有一根. 8. 已知向量，满足，且对一切实数x，恒成立，则，的夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将平方，结合数量积的定义和运算性质化简得出关于的一元二次不等式，结合一元二次不等式恒成立求解. 【详解】由得，即， 则， 因为，所以， 即 因为对一切实数x，恒成立，所以， 得， 因为，所以， 故，的夹角的大小为. 二、多选题（共3小题，每题6分，共18分） 9. 下列结论在复数集中成立的有（ ） A. B. 或 C. 对于非零复数， D. 对于虚数，若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】举例说明判断AC；利用复数乘法、共轭复数意义求解判断BD. 【详解】对于A，取，满足，而，A错误； 对于B，设，， 由，得，， 则或，即或，因此或， 反之或，得，B正确； 对于C，取，，C错误； 对于D，由，得，解得或， 当时，，当时，同理，D正确. 故选：BD 10. 如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一点，若，则的可能取值有（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】CD 【解析】 【分析】以 为坐标原点,建立平面直角坐标系,设 .根据题意,求得 且 .得，结合三角函数的性质, 即可求解. 【详解】以 为坐标原点，过点 平行于 的直线为 轴建立平面直角坐标系. 如图所示,可得 ， 因为 是边长为 2 的等边三角形. 所以由正弦定理可得其外接圆的半径为 . 因为点 在 的外接圆上,设 ，其中 . 则 ，且 . 又因为 ，可得 且 . 所以. 当 时，即时, 取得最大值为， 当 时,即 时, 取得最小值为 ， 所以取得最大值为，取得最小值为，结合选项可知可能的值为. 11. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则该三角形周长的最大值为6 C. 若的面积为，则有最小值 D. 设，且，则为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，再结合同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式求出，即可判断A，利用余弦定理及基本不等式判断B，利用面积公式、余弦定理及基本不等式判断C，依题意可得，将两边平方变形即可判断D. 【详解】对于A：因为，由正弦定理可得， 而， 故， 因为且位于分母位置，故， 所以，又，所以，故A错误； 对于B：由余弦定理得， 即， 所以，，当且仅当时等号成立， 此时，所以的周长的最大值为，故B正确； 对于C：因为，所以， 由余弦定理得，当且仅当时等号成立， 所以有最小值，故C正确； 对于D：因为，即， 所以， 两边平方并化简得， 即，即，所以，故D正确. 故选：BCD 三、填空题（共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知i是虚数单位，是关于x的方程（p，）的一个根，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，， 则，则， 故. 13. 中，，D在上，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】方法一：根据的面积等于面积与面积之和即可求解； 方法二：利用直角三角形边与角的关系表示出，再用正弦定理表示出即可求解. 【详解】解法1：的面积等于面积与面积之和， 所以， 即.于是. 解法2：直角中，因为，所以. 因为，所以. 在中，由正弦定理可得， 从而. 所以. 于是. 故答案为：. 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则___________. 【答案】4 【解析】 【分析】将化简，可得一个边角关系，然后再结合正弦定理可得答案. 【详解】 因为在中，若，所以， 所以，即， 由正弦定理得， 化简得，所以. 故答案为：4 四、解答题（共5大题，15题13分，16，17题每题15分；18，19每题17分，共77分） 15. 已知向量，，. （1）求； （2）若，求实数的值； （3）若，求向量与的夹角. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算计算即可； （2）根据题意结合向量垂直的坐标运算求解； （3）根据向量共线的坐标表示求得，再结合向量夹角公式运算求解. 【小问1详解】 ，， 则； 【小问2详解】 因为， 若，则，解得， 所以实数的值为； 【小问3详解】 因为， 若，则，解得， 可得，，则， 且，所以向量与的夹角. 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）化简得到，根据纯虚数得到方程和不等式，求出，利用除法法则得到，求出模长； （2）化简得到，根据所在象限，得到不等式，求出实数的取值范围. 【小问1详解】 ， ∵是纯虚数，，解得， ，则； 【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. 17. 如图所示，在中，. （1）试用向量来表示; （2）交于点，求的值. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量加、减以及数乘即可求解. （2）利用向量共线可得，再由，可得，由向量不共线，列出方程，解方程组即可求解. 【详解】解:因为， 所以， 所以 因为， 所以， 所以. 因为三点共线， 所以， 设， 则. 因为三点共线， 所以 存在实数使， 由于向量不共线，则 解得 所以， 所以. 18. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再利用余弦定理，求得，进而求得的大小； （2）由正弦定理，可得，根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的性质，即可求解； （3）设长度为，由，求得，得到，再由余弦定理，化简得到， 设，进而求得长度的最大值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，整理得， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，可得 ， 因为为锐角三角形，且，可得， 则，可得，则， 所以，即， 所以的取值范围. 【小问3详解】 设长度为， 由，可得， 因为，可得， 所以，可得， 又由余弦定理得，所以， 则， 设 ， 由，可得， 所以长度的最大值为． 19. “平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点”被称为费马点，是由法国数学家费马在十七世纪提出的，意大利数学家托里拆利给出了确定费马点的方法：（Ⅰ）当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；（Ⅱ）当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.请用上述知识解决下面的问题：在锐角中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）已知，点M为的费马点. ①若，记，求； ②求的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解； （2）①由正弦定理得，分别在，中由正弦定理得到，联立进而可求解；②由三角形面积公式得到，再由正弦定理得到，再确定，进而可求解. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， 整理得，即. 因为，所以. 【小问2详解】 因为是锐角三角形，M为费马点，所以. ①在中，由正弦定理得，即，得. 在中，由正弦定理得，<1> 在中，， 由正弦定理得，<2> <1>，<2>两式相除得，化简得， 所以. ②由， 得， 整理得. 因为， 所以 . 因为是锐角三角形，所以，即 所以，所以，则， 所以，所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $