精品解析：广东省九校联考2025-2026学年高一下学期4月学情调研数学试题

高一年级4月份学情调研 数学试题 本试卷卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答；每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 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. 4. 如图，在四边形中，，，设，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为的三个内角的对边，向量.若，且，则角B的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为平面向量，为单位向量.若非零向量与的夹角为，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 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分. 9. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 若复数的共轭复数为，则 C. 在复数范围内，是方程的根 D. 若复数：满足，则的最大值为6 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则一定为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，且有两解，则的取值范围是 D. 若的平分线交AC于点，则 11. 已知是互不相等的非零平面向量，其中是互相垂直的单位向量，且，记，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则四点在同一个圆上 B. 若，则的最大值为 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 12. 已知某圆柱与圆锥的高相等，它们的体积之比等于侧面积之比的平方，则圆柱与圆锥的母线长之比为______． 13. 如图，为了测量某大厦的高，选择地面上一点和另一栋楼的楼顶为测量观测点.从点测得的点的仰角，点的仰角，从点测得.已知楼高，则大厦的高__________. 14. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为，满足，若，则的最小值为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，其中是夹角为的单位向量. （1）若与共线，求； （2）若与夹角为钝角，求的取值范围. 16. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角的值； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. （1）叙述正弦定理； （2）用向量法证明正弦定理（以锐角三角形为例）； （3）类比上述方法，解决以下问题：如图，直线与的边分别相交于点，设，试用向量方法证明：. 18. 在中，对应的边分别为 （1）求； （2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用． ①用向量证明二维柯西不等式： ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值． 19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中． （1）若向量，求． （2）已知向量，，证明：． （3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，． ①若的从小到大依次为，求n． ②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级4月份学情调研 数学试题 本试卷卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答；每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） 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】 【详解】因为，其在复平面内对应的点为， 所以在复平面内对应的点位于第二象限. 2. 已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若则，共线，故充分性成立； 若，共线，不一定得到， 如，，显然满足，共线， 但是不存在实数使得，故必要性不成立； 所以“”是“，共线”的充分不必要条件. 故选：A 3. 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． 4. 如图，在四边形中，，，设，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，结合图形可得. 【详解】因为， 所以 . 故选：C. 5. 已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 作出轴截面图，显然球心在圆锥的高所在的直线上，记球半径为， 由勾股定理得，解得，可得圆柱的底面半径为， 高为，故其体积. 6. 已知为的三个内角的对边，向量.若，且，则角B的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由可得，即， 由，所以， 因为，则， 所以，而，则，且， 所以，则得. 7. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值. 【详解】已知，将其变形可得，即. 根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线. 因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线， 所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形. 根据投影向量的定义求的值，， 可得，即， 又因为，所以，因为，所以. 的值为. 故选：D. 8. 已知为平面向量，为单位向量.若非零向量与的夹角为，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查向量模的几何意义，先建立平面直角坐标系，有两种方法可以解决本问题，方法一几何法：不妨假设单位向量方向与轴正方向同向，利用非零向量与的夹角为构造出向量，由于，根据向量减法以及向量数量积的几何意义知的终点运动轨迹，最后再表示出，求解的最小值；方法二代数法：不妨假设单位向量方向与轴正方向同向，假设，利用非零向量与的夹角为，且，找出的关系，最后把用表示出来求解最小值. 【详解】法一：如图，，， 设的起点为原点，终点为的起点为原点，则， 由题意得的终点在射线或射线上，不妨假设的起点为原点，终点为点, 那么， 所以，, 根据向量减法以及向量数量积的几何意义知的终点的运动轨迹是以线段为直径的圆， 所以的最小值为圆心到射线或射线的距离减去半径1，即. 法二：设， 由，得，则， 所以. 由，得， 即， 所以，点在以为圆心，半径为1的圆上运动 即圆上的点到直线的距离， 所以的最小值即为圆心到直线的距离减去半径1， 即. 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分. 9. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 若复数的共轭复数为，则 C. 在复数范围内，是方程的根 D. 若复数：满足，则的最大值为6 【答案】CD 【解析】 【分析】由复数的减法和虚部的定义，判断选项A；由复数的乘法运算和模长公式，计算后判断选项B；验证方程的复数根判断选项C；由复数模的几何意义判断选项D. 【详解】对A，复数， ，其虚部是，A选项错误； 对B，，，，B选项错误； 对C，，复数范围内，是方程的根，C选项正确； 对D，设，，，则复平面内点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 的几何意义为点到原点的距离，由圆心到原点的距离为5，则的最大值为6，D选项正确. 故选：CD. 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则一定为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，且有两解，则的取值范围是 D. 若的平分线交AC于点，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A，因为，即，所以有， 整理可得，所以或，故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 选项B，若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故B正确； 选项C，如图，若有两解，则，所以，则b的取值范围是，故C正确； 选项D，的平分线交于点D，，由， 由角平分线性质和三角形面积公式得，即，故D正确. 11. 已知是互不相等的非零平面向量，其中是互相垂直的单位向量，且，记，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则四点在同一个圆上 B. 若，则的最大值为 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用数量积的运算，得到，进而可得，即可求解；对B，根据条件，将问题转化成求圆的弦长的最大值，即可求解；对C，根据条件设，进而有，从而得，即可求解；对D，结合选项C和条件，可得，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】对于A，如图，若0，则，所以， 又，所以，所以四点在同一个圆上，故A正确； 对于B，若，由A选项知，四点在同一个圆上， 因为，所以其长度为圆上弦的长度，当线段为该圆的直径时，最大， 且最大值为，故B正确； 对于C，由题可得均在以为圆心，1为半径的圆上， 设，又， 不妨设，其中， 所以 ，又，故当或时取等号， 所以的最大值为，故C错误； 对于D，结合C选项，由，得， 又，所以， 即， 即，则由，得， 当且仅当时取等号，所以的最小值为，故D正确. 12. 已知某圆柱与圆锥的高相等，它们的体积之比等于侧面积之比的平方，则圆柱与圆锥的母线长之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式和表面积公式列式即可求解. 【详解】设圆柱与圆锥的底面半径分别为，，母线长分别为，，高均为， 由题意可得：，即，化简可得：. 故答案为： 13. 如图，为了测量某大厦的高，选择地面上一点和另一栋楼的楼顶为测量观测点.从点测得的点的仰角，点的仰角，从点测得.已知楼高，则大厦的高__________. 【答案】 【解析】 【分析】在中根据正弦定理可得，即可利用锐角三角函数求解. 【详解】如图，在中，，所以. 在中，因为，所以. 由正弦定理得,故，故， 在中，易得. 故答案为：60. 14. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为，满足，若，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由结合余弦定理和面积公式可得，再利用同角三角函数的关系可求得的值，由化简得，由三角函数的性质求出的范围，从而可求出的最小值. 【详解】因为，， 所以，所以， 因为，所以， 即，解得或（舍去）， 因为，所以， 在锐角中，有，，则， 所以， 因为 ， 因为，所以，所以， 所以，所以， 因为， 所以 ， 设（），则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查利用余弦定理解三角形，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是利用余弦定理和三角形的面积公式对化简变形，考查计算能力，属于难题. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，其中是夹角为的单位向量. （1）若与共线，求； （2）若与夹角为钝角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量共线得到，结合平面向量基本定理唯一性即可求解； （2）由向量数量积为负，且向量不共线即可求解. 【小问1详解】 由与共线， 设， 即. 由不共线，得且， 解得； 【小问2详解】 夹角为钝角需满足，且不共线， 解得， 由（1）可知，当共线时，，此时共线反向， 所以的取值范围为. 16. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角的值； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合，代换整理得，再结合倍角公式整理可求角的值； （2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论可得的周长． 【小问1详解】 ∵，则， ∵，∴，∴， ∴，即，∵，∴， 则，∴； 【小问2详解】 ∵的面积为，则，∴， 根据题意得，则或， 若，则为等边三角形，的周长为6； 若，则，即，的周长为， ∴的周长为6或. 17. （1）叙述正弦定理； （2）用向量法证明正弦定理（以锐角三角形为例）； （3）类比上述方法，解决以下问题：如图，直线与的边分别相交于点，设，试用向量方法证明：. 【答案】（1） （2）如图，在锐角中，过点A作与垂直的单位向量， 则与的夹角为，与的夹角为， 因为，所以， 由分配律得， 即， 也即， 所以. 同理，过点C作与垂直的单位向量，可得， 因此. （3）如图，在中，. 设单位向量， 则，即. 过点D作BC的平行线， 则， ， ， 所以， 则， 当为零角､直角､钝角时，仍然成立. 【解析】 【详解】（1）在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等， 即. （2）略 （3）略 18. 在中，对应的边分别为 （1）求； （2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用． ①用向量证明二维柯西不等式： ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值． 【答案】（1） （2） ①设，由，得， 从而，即 ② 【解析】 【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用余弦定理，即可求出结果； （2）①利用数量积的定义，得到，再利用数量积和模的坐标表示，即可证明结果；②根据条件及三角形面积公式，利用，得到，结合余弦定理，令，得到，再求出的范围，即可求出结果. 【小问1详解】 由正弦定理得即 由余弦定理有，若，等式不成立，则，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 ①略 ②. 又 . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得，所以即， 则，令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令；则在上递减， 当即时，有最大值，此时有最小值. 19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中． （1）若向量，求． （2）已知向量，，证明：． （3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，． ①若的从小到大依次为，求n． ②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，） 【答案】（1） （2）证明：因为向量， 所以， 所以 化简得； （3）①760； ②，理由如下： 令，则， 又因为，所以， 又因为，所以，由零点存在定理可得， 由（1）可知在上单调递减， 所以，即，所以 【解析】 【分析】（1）先由题设得到，接着由结合数量积的运算律计算即可求出； （2）先由题设得，再由结合数量积的运算律计算得证； （3）①先由（2）化简，进而将题设等价于方程的根，作出的图象，结合函数的周期分析求解即可；②令，由和结合零点存在定理得，再结合①得到及其大小范围即可得解. 【小问1详解】 因为向量，所以， 又因为， 所以， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，化简得， 所以， 则方程的根等价于的根， 如图所示，在的一个周期内，方程根的个数为3， 因为， 则当，根的个数， ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $