精品解析：贵州贵阳市第一中学2025-2026学年高一下学期4月月考数学试题

贵阳市第一中学2026年高一年级4月阶段性测试 数学 注意事项： 1．本试卷共4页，四道大题，19道小题，试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 若复数，则复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的定义，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得复数，则. 2. 若全集，是的定义域，则下列韦恩图表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】易知, 由是的定义域可得， 因此交集为空集，只有D符合题意. 3. 若三点共线，则（ ） A. B. 5 C. 0或 D. 0或5 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，再利用向量共线求解即可. 【详解】因为， 若三点共线，则， 所以， 解得或5． 故选：D. 4. 已知函数（）的图象如图所示．点在函数图象上，点也在的图象上．过、分别作轴的垂线垂足为、．若的面积为，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得，再利用余弦函数的性质得到，，即可求解. 【详解】因为，轴，则，设， 因为是，轴， 则，又的面积为，则， 所以，解得，所以， 则，即， 由图知点在的增区间内，点在的减区间内， 所以， 两式相减得，所以， 又由图知，得到，所以. 5. 若三个共面的单位向量之间的夹角两两相等，则在方向上的投影的模长是（ ） A. 1或2 B. 1或2 C. 0或2 D. 1或2 【答案】A 【解析】 【分析】设向量之间夹角为，然后由投影向量模长计算公式可得答案. 【详解】由题，设向量两两之间夹角为， 则在方向上的投影向量的模长为：， 又由题可得三向量共面，则或，则或1，从而或2. 6. 在中，为锐角且，点到的距离恒为2．记，若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为为锐角且，所以，，所以， 因为点到的距离恒为2，所以， 在的条件下，要使得方程有两解和，必有， 所以，， 所以，解不等式得. 7. 在正方形中，与相交于点，是的中点，与相交于点，为的中点，若，且．对于正实数，恒有，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的线性运算，得到，从而得，进而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为是的中点，与相交于点，则，所以, 又为的中点，则， 所以， 又，所以，则， 所以，则，当且仅当时取等号， 所以的最小值是. 8. 在中，，若点在上， BE平分，点在AB上，CD平分.且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理和三角恒等变换得，从而有，则得到角的大小. 【详解】设，则，因为， 所以，， 由正弦定理，得，. 因为，所以 因为， 所以，即 所以 因为， 所以， 即， 所以. 因为，所以，所以， 所以，所以，所以. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对部分的得部分分，有错选的得0分． 9. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A选项，设，即，故，无解， 故不共线，所以可以作为基底，A正确； B选项，，故共线，不能作为基底，B错误； C选项，设，则，故，无解， 不共线，能作为基底，C正确； D选项，，故共线，不能作为基底，D错误. 10. 已知，关于的一元二次方程的一个根是，另一个根为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 复数对应的点位于复平面第四象限 B. C. D. 和互为共轭复数，且 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，可判断A的正误；将代回方程，可得a，b的值，即可判断C的正误，根据根与系数的关系，可得，结合求模公式，可判断B的正误；根据复数的运算法则，可判断D的正误. 【详解】选项A：复数对应的点为，位于复平面第四象限，故A正确； 选项C：将代入方程，可得， 整理得，所以，解得，故C正确； 选项B：一元二次方程为，由韦达定理得， 所以，则，又， 所以，故B正确； 选项D：和互为共轭复数，且，故D错误. 11. 在中，角所对的边分别为，外接圆半径，点为内部一点，满足，记，下列说法正确的是（ ） A. 点为的外心，且 B. ，且当时取等 C. 若，且，则的最大值为12 D. 若，且到三边的距离为，则的最大值为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据奔驰定理，结合三角形外心的性质证明A，利用作差法判断B，首先根据余弦定理求三角形面积的最大值，再根据基本不等式判断C，利用三角函数表示，转化为三角函数的最值问题，判断D. 【详解】A. 根据奔驰定理，， 当点为外心时，，且，，， ，， ， 所以，即， 同时此时， 下面说明点的唯一性， 对于来说，，，为定值， 若点不是外心，则就和不完全相等， 根据奔驰定理，这样 所以点不是的外心时，不满足条件，所以点是的外心时，且满足，故A正确； B. ，只有当时取等号，故B正确； C.因为，，所以， 所以或（舍，因为钝角三角形的外心在三角形的外面，与题设不符）， 所以，即，当时等号成立， ， ，此时2个等号不能同时取得， 所以，故C错误； D. ，得，即， 所以，又因为，所以， ，， ， 所以，，， 所以 ，，当，即时， 所以的最大值为3，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数，则的值是__________； 【答案】3 【解析】 【分析】令，得到，令，得到关于的方程，求解即可. 【详解】令，则， 令，则，即， 整理得，即，所以. 13. 一艘海警船从港口出发，以每小时40海里的速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达处，这时候接到从处发出的一求救信号，已知在的北偏东，港口的东偏南处，那么，两点的距离是______海里． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出图形，求出对应三角形的内角，利用正弦定理求得的值． 【详解】解：如图所示， 由题意知，，，， 所以； 在中，由正弦定理可得； 所以、两点的距离是海里． 故答案为：. 14. 密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称作平面图形的镶嵌．如图①所示的飞镖图形是一个密铺图形，它由两个完全相同的平面凹四边形组成，在如图②所示的凹四边形中，，凹四边形的面积为3，则的余弦值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，根据面积公式及条件，可得，根据余弦定理及条件，整理可得，两式同时平方，结合两角差的余弦公式，即可得答案. 【详解】设，连接， 在中，， 由余弦定理得， 在中，， 由余弦定理得， 由题意得，，即， 由，平方得①， 由，平方得②， ①②两式相加得， 则，即的余弦值是. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设两个向量，满足． （1）若，求的值； （2）若为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性坐标运算及垂直的坐标公式列式求解即可. （2）根据向量的数量积的坐标运算以及共线的坐标公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以. 因为，所以，解得. 【小问2详解】 因为，所以. 若为钝角，所以，且不反向共线. 由，所以，解得. 设，解得（两向量同向舍去）. 所以实数的取值范围为. 16. 如图，在平行四边形中，，且． （1）证明：三点共线； （2）连接并延长，交于点．若，证明：函数（且）恒过定点． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，结合与有公共点证明即可. （2）根据指数型函数的性质求出恒过点，由（1）知，，根据三角形相似得到，进而得到，结合求出的值，代入点验证即可. 【小问1详解】 平行四边形中，，. 因为，所以. ， 又与有公共点，所以三点共线. 【小问2详解】 令，则，所以， 故函数（且）恒过定点. 因为，所以，则. 平行四边形中，，， 则，所以，即， 则，即，所以， 又向量与方向相反，所以. 又，则，此时点为. 故函数（且）恒过定点. 17. 在中，角所对的边为，且． （1）求； （2）的中线为，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由正弦定理以及两角和的正弦公式计算可得，可得； (2)利用极化恒等式可知,再由基本不等式计算可求得的取值范围. 【小问1详解】 由利用正弦定理可得, 所以，即， 可得，又因为,所以， 因此，由可得. 【小问2详解】 易知为的中点，所以， 因此； 所以, 又因为，所以，可得， 当且仅当时，等号成立； 此时，即； 又易知,所以； 可得的取值范围为. 18. 如图，某校校区有两块空闲的扇形绿化草地（圆心角为）和（圆心角为），为圆的直径．在劣弧和劣弧上分别取点和点，且为圆的直径，分别设计出两块社团活动区域，有一块为矩形区域，另一块为矩形区域，已知圆的直径米，点在上、点在上、点、在上、点在上． （1）经设计，当取到最小值时，取得最佳观赏效果，求此时的正切值； （2）学校本周将在矩形区域进行社团活动展示，现需要在矩形区域内铺满地垫，并在矩形区域四周放置围栏．铺设的地垫每平方米20元，围栏每米10元，求场地布置的费用最大值． （参考数据：）． 【答案】（1）； （2）6955元 【解析】 【分析】（1）设出角度，表达出各边，设，得到方程，并由三角恒等变换和三角函数有界性得到最小值为2，此时的正切值为； （2）在（1）基础上，得到关于角度的关系式，换元，结合三角函数恒等变换，函数单调性，得到时，场地布置的费用最高，求出最高值. 【小问1详解】 设， 由得，， 设，则且， 即，其中， 因为，所以， 解得或（舍去）， 即的最小值为2，此时，即， 又，其中，故， 解得， 所以当，时，得最小值， 此时取得最佳观赏效果，的正切值为； 【小问2详解】 矩形中，，， 所以矩形的面积为， 周长为， 所以场地布置的费用 ， 令，则， 又， 因为，所以， 所以，故， 则，对称轴为， 故在上单调递增， 故当，即，时，场地布置的费用最高， 最高为元 19. 人工智能和大模型的领域内，文字、图象等信息常常是由向量表示的，通过计算向量之间的相似度，就可以说明两段文字或两张图片所表达内容的关联度．非零向量，之间的相似度的一种定义为． （1）菱形中，，点在直线上．若，求； （2）在信息处理的过程中，有时为了增加，的相似度，会选取合适的正实数，调整为后再纳入模型计算． （i）对于任意不共线的向量，证明：； （ii）设，夹角为锐角．若，且，讨论和的大小关系，并说明理由． 【答案】（1） （2）（i）见以下证明；（ii）当时，；当时，；当时， 【解析】 【分析】（1）建立直角坐标系，分别表示出各点坐标，进而表示出向量坐标，利用进行求解即可； （2）（i）先表示出，通过换元法结合基本不等式进行证明； （ii）由（i）先表示出，利用作差法比较和的大小，通过换元以及为锐角的条件，建立关系式， 分类讨论比较出和的大小关系. 【小问1详解】 解：（1）如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 不妨设菱形边长为，则，，所以. 因为点在直线上，当时，，则， 所以，，， 因此，. 【小问2详解】 （i）由可得，， ，， 所以， 因此，，， 设，，，， 所以，， 要证， 即证，， 只需证. 因为，为不共线的向量，则，所以， 即，因此成立. （ii）由（i）知，所以. 由可得，则，代入上式可得. 因为，夹角为，所以，，， 代入化简，令， 由，，，则，所以. 因为， 化简得. 由题意知夹角，则，所以，，， 当，即时，，所以； 当，即时，，所以； 当，即时，，所以. 综上所述：当时，； 当时，； 当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市第一中学2026年高一年级4月阶段性测试 数学 注意事项： 1．本试卷共4页，四道大题，19道小题，试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 若复数，则复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 若全集，是的定义域，则下列韦恩图表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若三点共线，则（ ） A. B. 5 C. 0或 D. 0或5 4. 已知函数（）的图象如图所示．点在函数图象上，点也在的图象上．过、分别作轴的垂线垂足为、．若的面积为，则的值是（ ） A. B. C. D. 5. 若三个共面的单位向量之间的夹角两两相等，则在方向上的投影的模长是（ ） A. 1或2 B. 1或2 C. 0或2 D. 1或2 6. 在中，为锐角且，点到的距离恒为2．记，若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在正方形中，与相交于点，是的中点，与相交于点，为的中点，若，且．对于正实数，恒有，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，若点在上， BE平分，点在AB上，CD平分.且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对部分的得部分分，有错选的得0分． 9. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，关于的一元二次方程的一个根是，另一个根为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 复数对应的点位于复平面第四象限 B. C. D. 和互为共轭复数，且 11. 在中，角所对的边分别为，外接圆半径，点为内部一点，满足，记，下列说法正确的是（ ） A. 点为的外心，且 B. ，且当时取等 C. 若，且，则的最大值为12 D. 若，且到三边的距离为，则的最大值为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若函数，则的值是__________； 13. 一艘海警船从港口出发，以每小时40海里的速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达处，这时候接到从处发出的一求救信号，已知在的北偏东，港口的东偏南处，那么，两点的距离是______海里． 14. 密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称作平面图形的镶嵌．如图①所示的飞镖图形是一个密铺图形，它由两个完全相同的平面凹四边形组成，在如图②所示的凹四边形中，，凹四边形的面积为3，则的余弦值是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设两个向量，满足． （1）若，求的值； （2）若为钝角，求实数的取值范围． 16. 如图，在平行四边形中，，且． （1）证明：三点共线； （2）连接并延长，交于点．若，证明：函数（且）恒过定点． 17. 在中，角所对的边为，且． （1）求； （2）的中线为，且，求的取值范围． 18. 如图，某校校区有两块空闲的扇形绿化草地（圆心角为）和（圆心角为），为圆的直径．在劣弧和劣弧上分别取点和点，且为圆的直径，分别设计出两块社团活动区域，有一块为矩形区域，另一块为矩形区域，已知圆的直径米，点在上、点在上、点、在上、点在上． （1）经设计，当取到最小值时，取得最佳观赏效果，求此时的正切值； （2）学校本周将在矩形区域进行社团活动展示，现需要在矩形区域内铺满地垫，并在矩形区域四周放置围栏．铺设的地垫每平方米20元，围栏每米10元，求场地布置的费用最大值． （参考数据：）． 19. 人工智能和大模型的领域内，文字、图象等信息常常是由向量表示的，通过计算向量之间的相似度，就可以说明两段文字或两张图片所表达内容的关联度．非零向量，之间的相似度的一种定义为． （1）菱形中，，点在直线上．若，求； （2）在信息处理的过程中，有时为了增加，的相似度，会选取合适的正实数，调整为后再纳入模型计算． （i）对于任意不共线的向量，证明：； （ii）设，夹角为锐角．若，且，讨论和的大小关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $