精品解析：吉林长春市第八中学2025-2026学年度下学期月考高一年级数学试卷

长春八中2025-2026学年度下学期月考考试 高一年级（数学）试卷 出题人：纪航 审题人：徐浩然、贾婕、王丽梅 时间：120分钟 分值：150分 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（ ） A. B. i C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，即可求解. 【详解】由复数， 可得，所以. 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案. 【详解】由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形， 如图所示，其中，， 所以. 故选：C． 3. 如图1，儿童玩具纸风车的做法体现了数学的对称美，取一张正方形纸折出“十”字折痕，然后把四个角向中心点翻折，再展开，把正方形纸两条对边分别向中线对折，把长方形短的一边沿折痕向外侧翻折，然后把立起来的部分向下翻折压平，另一端折法相同，把右上角的角向上翻折，左下角的角向下翻折，这样，纸风车的主体部分就完成了，如图2，是一个纸风车示意图，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合图形，易于判断A,B两项；对于C项，理解折纸过程知点是线段的中点，易得结论；对于D项，合并其中两个向量后，只需判断余下的两向量能否共线即可. 【详解】不妨设，则， 对于A项，显然与方向不一致，所以，故A项错误； 对于B项，由图知是钝角，则，故B项错误； 对于C项，由题意知点是线段的中点，则易得：,即得：，故C项正确； 对于D项，由，而与显然不共线，故．即项错误． 故选：C． 4. 若平面向量，满足，，且，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由，可得，再结合，展开可求出答案. 【详解】由，可知，展开可得， 所以， 又，，所以. 故选：B. 【点睛】本题考查向量数量积的应用，考查学生的计算求解能力，注意向量的平方等于模的平方，属于基础题. 5. 在△ABC中，已知，则△ABC面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求得，根据基本不等式及三角形面积公式求解面积的最大值． 【详解】在中，， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， ∵，∴， ∵，当且仅当时取等号， 因此， ∴面积， ∴当时，的面积取得最大值． 故选：C． 6. 记时钟的时针、分针分别为、（为两针的旋转中心）．从12点整开始计时，经过分钟，的值第一次达到最小时，那么的值是（ ） A. 30 B. 31 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设的夹角为，，可得时，，进而计算可求得的值. 【详解】设的夹角为，，则， 当，即时，， 又时针一分钟旋转的角度为， 分针一分钟旋转的角度为， 又经过分钟，夹角第一次达到，则， 解得，所以经过分钟，的值第一次达到最小. 故选：C. 7. 已知向量，，，，且，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题先利用向量垂直、平行的坐标运算，求出参数，得出向量的坐标，再根据投影向量的公式计算出向量在上的投影向量即可. 【详解】由，，，则，所以. 由，，，则，所以，因此. 由向量在上的投影向量为，代入坐标得. 8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得. 【详解】由①，由和正弦定理可得②， 把②代入①可得，， 又由可得代入①可得，， 则角是锐角，，代入①可得，， 又由余弦定理，得， 于是，，因为线段上的一点，则， 因， 当且仅当时等号成立，即时，取得最小值. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，属于难题.解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解. 二、多选题：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. 9. （多选）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则有两解 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用大角对大边及正弦定理，结合余弦定理即可求解. 【详解】对于A，，所以，由正弦定理得，故A正确； 对于B，，故边最长，角最大. 设， 则. 所以角为锐角，故是锐角三角形，故B错误； 对于C，，则，则为等腰三角形，故C正确； 对于D，， 因为，故，结合可得， 根据正弦定理 由正弦函数的性质可知有两解， 所以有两解，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥SO的体积为 D. 若，E为线段AB上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得圆锥的母线长为，底面圆的半径为，结合圆锥的侧面积公式，可判定A不正确；当时，得到的面积取得最大值，结合体积公式，可判定B正确； 根据圆锥的体积公式，可判定C正确；将以为轴旋转到与平面所在平面共面，结合，可判定D正确. 【详解】在直角中，可得， 则圆锥的母线长为，底面圆的半径为， 对于A，圆锥的侧面积为，所以A不正确； 对于B，连接，当时，此时的面积取得最大值， 最大面积为， 所以三棱锥体积的最大值为，所以B正确； 对于C，由圆锥的底面圆的半径为 ，高， 可得圆锥的体积为，所以C正确； 对于D，由，可得， 又由，所以为等边三角形，所以， 将以为轴旋转到与平面所在平面共面，得到， 则为等边三角形，且， 如图所示，，当三点共线时，取得等号， 因为， 所以， 所以的最小值为，所以D正确. 11. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联，它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且，则以下命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则为的重心 C. 若为的内心，则 D. 若为的外心，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，将题设和选项等式中的某个向量分别用其他两个向量表示，得出对应系数相等即得；对于B项，通过取边的中点，将向量等式化简即得；对于C项，利用三角形的内切圆半径将三个小三角形面积表示出来，代入奔驰定理化简即得；对于D项，利用两个已知内角和三角形的外心，求出三个小三角形的对应内角，表示出它们的面积，计算即得. 【详解】对于A项，由可得：， 而由可得：， 因两两互不共线，则必有， 则易得：，故A项错误； 对于B项，由可得①， 如图，不妨取的中点，连接，则有， 代入①式，化简得， 即三点共线，且点是的靠近点的三等分点， 同理可知点也是另两边上的中线的对应三等分点， 故点是的重心，故B项正确； 对于C项，不妨设的内切圆半径为， 则，代入， 可得， 整理得：，故C项正确； 对于D项，不妨设的外接圆半径为， 因为的外心， 则，，， 则. 故，故D项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查与“奔驰定理”有关的三角形的内心，外心，重心的性质或判定，属于难题. 解决此类问题的方法主要有： （1）与重心有关时，一般从边的中点入手，设法判断三角形顶点，对边中点和重心三点共线即得； （2）与内心有关时，一般从三角形被内心分成的三个等高三角形的面积入手； （3）与外心有关时，一般从三角形被外心分成的三个相等邻边的三角形面积入手，或者利用正弦定理中的外接圆半径入手. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在正四棱台中，，，则该棱台的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正棱台的特征，构造直角三角形，解出正棱台的高，代入公式即可求解. 【详解】如图所示： 取正棱台上下底面中心，连接过点作的平行线，交于点， 因为，所以 在直角三角形中，， 故正四棱台的高为， 根据棱台体积计算公式，. 13. 已知正八边形的边长为2，点为正八边形的中心，点是正八边形内一动点（含边界），则的最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】先通过向量的分配律将表达式合并为，再结合正八边形的性质与向量数量积的几何意义，将最大值问题转化为求投影长度的最大值即可. 【详解】如图，取边的中点，连接和，设与交于点， 则由正八边形的性质易得为的中点， 则， 当点在边上时，在上的投影向量为，此时取得最大值， 因为正八边形的边长为2，，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 又， 所以， 所以的最大值为. 【点睛】利用正八边形的对称性，将转化为共线的，把数量积的最大值问题转化为在上的投影最大值，是解决本题的关键. 14. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边，若，，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】在中，由正弦定理得出，再在中，由余弦定理得出即可得解. 【详解】在中，， 由正弦定理可知，，即，则， 在中，， ， 解得或（舍去）， 所以. 故答案为：3. 四、解答题：本题共6小题，共70分 15. 已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位． （1）求的值； （2）记复数，求复数的模． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据虚根成对原理可知也是方程的根，利用韦达定理计算出、，即可得解； （2）由（1）可得，利用复数代数形式的除法运算化简，再计算其模. 【小问1详解】 因为是关于的方程的一个根， 所以这个方程的另一个根是， 由韦达定理可知：，解得，所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以. 16. 已知向量． （1）若，求m的值； （2）若为钝角，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，化简得到，列出方程，即可求解； （2）先由为钝角，得到，求得，再由向量与共线时，设，求得或，得到或，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由向量， 因为，可得，整理得， 所以，即，解得. 【小问2详解】 解：若为钝角，可得，即，解得， 当向量与共线时，存在实数，使得， 可得，所以， 整理得，解得或， 当时，可得；当时，可得， 所以要使得为钝角，实数的取值范围为. 17. 如图；在中，已知，，其中边上的两条中线相交于点． （1）求的余弦值； （2）设，求t的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得，以及，结合向量的夹角公式，即可求解. （2）根据题意，得到为的重心，得出，结合，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，可得， 因为为的中点，为的中点， 所以， 可得 ， 所以， 又由 ， 设，则， 所以的余弦值为. 【小问2详解】 因为分别是边上的中线，且相交于点， 所以为的重心，根据三角形重心的性质，可得， 又因为与方向相同，所以， 因为，所以. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． （3）若角B的角平分线交AC于D点，求BD长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求解； （2）由正弦定理转化为三角函数，利用两角差的正弦公式化简，再由正弦型三角函数求值域即可； （3）由余弦定理及基本不等式求出范围，再由三角形面积公式得出，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， 因为， 所以， 即， 由可得，即， 由，可得. 【小问2详解】 因为， 所以 ， 由三角形为锐角三角形可知，，解得， 所以，， 所以. 【小问3详解】 如图， 由余弦定理，， 即，当且仅当时，等号成立， 又， 化简可得，， 所以，当且仅当时等号成立. 故BD长度的最大值为. 19. 《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将连接，经测量． （1）若，，求的长度； （2）霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； （3）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与，面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值. 【答案】（1） （2）定值为 （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，得到，再由，得到，结合勾股定理，即可求解； （2）在与中，利用余弦定理求得和，列出关系式，即可求解； （3）利用三角形的面积公式，分别求得和，根据题意，得到，将，代入，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：在中，，且， 由余弦定理得， 所以，可得，所以 因为，可得，所以， 在直角中，可得. 【小问2详解】 解：在中，由余弦定理得， 即， 同理可得，在中，可得， 即， 所以，整理得， 所以无论多长，此时为定值. 【小问3详解】 解：因为的面积为， 的面积， 所以， 由（2）知，可得， 代入上式得， 根据二次函数的性质得，当时，取得最大值， 最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春八中2025-2026学年度下学期月考考试 高一年级（数学）试卷 出题人：纪航 审题人：徐浩然、贾婕、王丽梅 时间：120分钟 分值：150分 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（ ） A. B. i C. 0 D. 1 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 3. 如图1，儿童玩具纸风车的做法体现了数学的对称美，取一张正方形纸折出“十”字折痕，然后把四个角向中心点翻折，再展开，把正方形纸两条对边分别向中线对折，把长方形短的一边沿折痕向外侧翻折，然后把立起来的部分向下翻折压平，另一端折法相同，把右上角的角向上翻折，左下角的角向下翻折，这样，纸风车的主体部分就完成了，如图2，是一个纸风车示意图，则（ ） A. B. C. D. 4. 若平面向量，满足，，且，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 8 5. 在△ABC中，已知，则△ABC面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 记时钟的时针、分针分别为、（为两针的旋转中心）．从12点整开始计时，经过分钟，的值第一次达到最小时，那么的值是（ ） A. 30 B. 31 C. D. 7. 已知向量，，，，且，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 9. （多选）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则有两解 10. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥SO的体积为 D. 若，E为线段AB上的动点，则的最小值为 11. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联，它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且，则以下命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则为的重心 C. 若为的内心，则 D. 若为的外心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 在正四棱台中，，，则该棱台的体积为______. 13. 已知正八边形的边长为2，点为正八边形的中心，点是正八边形内一动点（含边界），则的最大值是______. 14. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边，若，，则__________. 四、解答题：本题共6小题，共70分 15. 已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位． （1）求的值； （2）记复数，求复数的模． 16. 已知向量． （1）若，求m的值； （2）若为钝角，求m的取值范围． 17. 如图；在中，已知，，其中边上的两条中线相交于点． （1）求的余弦值； （2）设，求t的值． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． （3）若角B的角平分线交AC于D点，求BD长度的最大值． 19. 《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将连接，经测量． （1）若，，求的长度； （2）霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； （3）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与，面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $