精品解析：山东淄博实验中学、齐盛高级中学2025-2026学年高一下学期4月月考数学试卷

淄博实验中学、齐盛高级中学2025-2026学年高一 下学期4月月考数学试卷 一、单选题 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 2. 在中，，则角的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 已知向量满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为所在平面内的一点，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设的面积为，角所对的边分别为，且，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 6. 如图，某区域地面有四个5G基站，分别为，，，.已知，两个基站建在河的南岸，距离为，基站，在河的北岸，测得，，，，则，两个基站的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，满足，，若对任意实数x都有，则（）的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三角形的边长为，点，都在边上，且，，为线段上一点，为线段的中点，则的最小值为（ ） A. B. 0 C. D. 二、多选题 9. 设是平面内的一组基底向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 10. 设复数的共轭复数为为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 若复数，则在复平面内对应的点在第四象限 B. 复数的模 C. 若，则或 D. 若复数是纯虚数，则 11. 在中，角所对的边分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则三角形有两解 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则的取值范围为 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 三、填空题 12. 已知为单位向量，且，则与的夹角为___________. 13. 已知复数满足，则___________. 14. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为______． 四、解答题 15. 已知向量，且. （1）求向量； （2）若，求向量的夹角的正弦值. 16. 在中，角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，且三角形周长为10时，求面积. 17. 如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点． （1）试用表示和； （2）若，求． 18. 平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求四边形周长的取值范围； （3）若为边上一点，且满足，，求的面积． 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，且． （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； （3）已知的面积为，且所在平面内的点满足，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淄博实验中学、齐盛高级中学2025-2026学年高一 下学期4月月考数学试卷 一、单选题 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据虚部的定义求解即可. 【详解】复数的虚部为，所以复数的虚部为. 2. 在中，，则角的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理可得：，即， 由于，故，又，则或. 3. 已知向量满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求和，结合投影向量的定义运算求解. 【详解】由题意，， 所以在上的投影向量为. 4. 已知为所在平面内的一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形的几何性质结合向量的线性运算即可得解. 【详解】如图所示，作出符合题意的图形， 所以. 5. 设的面积为，角所对的边分别为，且，若，则此三角形的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据计算得出角，因为利用正弦定理和余弦定理得到，从而判断三角形形状. 【详解】因为，所以， 则，因为，所以， 又，所以， 由，所以，， 所以为等腰直角三角形. 故选：D. 6. 如图，某区域地面有四个5G基站，分别为，，，.已知，两个基站建在河的南岸，距离为，基站，在河的北岸，测得，，，，则，两个基站的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过和分别用正弦定理求出、的长度，再在中用余弦定理求出的长度. 【详解】在中，， 由正弦定理，即，得 km. 在中，，，故， 由正弦定理，即，得 km. 在中，由余弦定理， 代入得，故 km. 故选：A 7. 已知向量，满足，，若对任意实数x都有，则（）的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作 由任意实数都有，得取，设，可得在直线上，即可求解答案. 【详解】如图，由，，可得在上的投影为2，即 因为对任意实数都有，由射影定理可得, 所以. 设，取，可得在直线上， 所以线段的最小值为到直线的距离， 当时， 故答案为：. 8. 已知正三角形的边长为，点，都在边上，且，，为线段上一点，为线段的中点，则的最小值为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，从而转化为求的最小值，当时取得最小值，利用等面积法求出，即可得解, 【详解】因为，即为的中点，又，所以为的中点， 又正三角形的边长为，所以， 依题意，， 所以， 所以当时取得最小值， 如图，此时点在的位置，连接，则， 又，，所以， 所以， 所以. 故选：D 二、多选题 9. 设是平面内的一组基底向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量是否共线，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，假设，则使得， 因为不共线得且，则无解， 故，不共线可作为一组基底； 对于B，因为，所以，不能作为基底； 对于C，因为，所以，不能作为基底； 对于D，假设，则使得，则因为不共线得且，则无解，故和不共线可作为一组基底. 故选:BC. 10. 设复数的共轭复数为为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 若复数，则在复平面内对应的点在第四象限 B. 复数的模 C. 若，则或 D. 若复数是纯虚数，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合共轭复数的定义和复数的几何意义可以判断A；结合复数的模可以判断B和C；结合纯虚数的定义建立关于的方程，求解可以判断D. 【详解】对于选项A，由，可得，在复平面内对应点为在第四象限，故正确； 对于选项B， ，故正确； 对于选项C，表示所有满足（设）的复数，有无数个，例如的模也为1，并非只有，故错误； 对于选项D，令实部，解得或；虚部，即，故，故正确. 11. 在中，角所对的边分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则三角形有两解 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则的取值范围为 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意求，可得，即可判断A；利用正、余弦定理与诱导公式化简，逐一判断即可判断B；利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及正切函数性质求解判断C；根据诱导公式、同角三角函数的关系，可得的表达式，利用换元法，结合基本不等式，即可判断D的正误. 【详解】对于选项A：由题意可得：， 因，所以三角形有两解，故A正确； 对于选项B，因为，即， 可得， 即， 且，可得，可得， 因为，可知必有一个是钝角， 所以是钝角三角形，故B错误； 对于选项C：因为，则， 可得，即， 由正弦定理得， 所以的取值范围为，故C正确； 对于选项D：因为， 且，则， 整理可得， 又因为为锐角三角形，则，可得， 令， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为8，故D正确. 三、填空题 12. 已知为单位向量，且，则与的夹角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据模长关系结合数量积的运算律可求得，进而可得和. 【详解】由题意可知：， 因为，则， 可得，即，解得， 则， 且，所以. 13. 已知复数满足，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】设的代数形式为代入已知方程，利用两个复数相等得的方程组，解方程组可得. 【详解】设，则， 则， 可得，解得， 即，所以. 14. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用托勒密定理和正三角形性质，结合圆内接四边形的面积公式求解. 【详解】设的边长为，因为为正三角形，所以. 因为，所以由托勒密定理，得，即，即． 因为四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，所以，又因为，所以. 在中，由余弦定理可得，又，，则，即，又，所以. 因此． 故答案为：. 四、解答题 15. 已知向量，且. （1）求向量； （2）若，求向量的夹角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示，列出方程，求出参数，求出结果； （2）根据向量加法的坐标表示，和向量夹角的余弦值的坐标表示，求出向量夹角的余弦值，根据同角三角函数关系，求出正弦值. 【小问1详解】 因为，且， 所以，. 解得， 所以； 【小问2详解】 设向量的夹角的大小为，. 由题意可得，，， 所以，得. 16. 在中，角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若，且三角形周长为10时，求面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式化简，求出，即可求解； （2）由已知可得，再由结合余弦定理，求出，进而求出面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 可得， 且，则，可得，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，且三角形周长为，则， 由余弦定理得， 即，解得， 所以面积. 17. 如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点． （1）试用表示和； （2）若，求． 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，设，根据平面向量共线定理的推论求出，即可求出； （2）首先用、表示出、，再根据数量积的运算律及定义计算可得. 【小问1详解】 因为，所以， 设，所以， 又三点共线，所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为， 设， 又三点共线，所以，解得，所以， 所以， 又，即， 即，解得或（舍去）. 18. 平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求四边形周长的取值范围； （3）若为边上一点，且满足，，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 在中由余弦定理 ； 【小问2详解】 在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； 【小问3详解】 因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解. 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，且． （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； （3）已知的面积为，且所在平面内的点满足，求的值． 【答案】（1） （2）或 （3）或 【解析】 【分析】(1)根据向量垂直的坐标运算列方程，然后角化边，根据余弦定理求出角的大小. (2)在三个三角形中分别用余弦定理找出，的关系式解方程即可. (3)方法一：先确定点的位置分两种情况进行分析，根据余弦定理和面积关系找到的关系即可；方法二：由面积公式求出，再分点与点在直线的异侧与同侧两种情况讨论，设，利用正弦定理表示出线段的长度，再计算可得. 【小问1详解】 因为所以， 角化边可得：， 整理可得， 又因为， 又因为为三角形的内角，所以. 【小问2详解】 在中由余弦定理可得：， 整理得：； 在中由余弦定理可得：， 在中由余弦定理可得：， 又因为，所以， 又因为，所以， 解方程组：，解得或， 所以或. 【小问3详解】 方法一：因为点满足，所以点在的外部， 设，，， 当在直线的异侧时， 在中由余弦定理有：， 又因为的面积为，即，所以， 所以， 在中由余弦定理有：， 在中由余弦定理有：， 在中由余弦定理有：， 所以， 整理得： ， 又因为， 所以， 整理得：，即， 又因为 所以即， 所以； 当在直线的同侧时， 分别在，，，中用余弦定理及的面积为 依然可以得出， 又因为， 即 整理得：，又因为， 所以， 即， 所以. 综上所述的值为或 方法二：因为的面积为，所以，所以， 若点与点在直线的异侧，设， 则，，， 在中由正弦定理，所以，； 在中由正弦定理，所以，； 所以 ； 若点与点在直线的同侧，设， 则，，， 在中由正弦定理，所以，； 在中由正弦定理，所以，； 所以 ； 综上可得的值为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $