精品解析：广东深圳市聚龙科学中学等校2025-2026学年第二学期高一第一阶段质量监测数学试题

2025～2026学年度第二学期高一年级第一阶段质量监测 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列向量关系式中，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 4. 关于平面向量，，，有下列四个命题： ①若，则与可能共线； ②若，则或； ③若，则； ④若，则． 其中正确的命题是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 5. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量，，且，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，若，求周长的最大值为（ ） A. B. C. D. 6 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项中，正确的是（ ） A. 已知复数z满足，z的共轭复数为 B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 圆台有无数条母线，延长后相交于一点，但它们的长度不一定相等 D. 一个棱柱至少有六个顶点 10. 已知平面向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则在方向上的投影向量是 C. 与的夹角为钝角，则y的取值范围 D. 若，的夹角为120°，则 11. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 在中，，，则一定是等边三角形 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量（2，﹣1），（﹣1，m），（﹣1，2），若（）∥，则m＝______ 13. 如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是__________.   14. 在中，点在线段上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为________ 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 计算： （1）； （2）； （3）． 16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求b，c的值. 17. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点． （1）求的值； （2）求证：． 18. 的内角的对边分别为，已知，，． （1）求； （2）求； （3）设为边上一点，且，求的面积． 19. 如图，正方形的边长为6，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点． （1）求的余弦值． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，求点坐标； （3）若点自点逆时针沿正方形的边运动到点，在这个过程中，是否存在这样的点，使得？若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第二学期高一年级第一阶段质量监测 数学试题 本试卷共4页，19题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因，， 则. 2. 下列向量关系式中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，故错误； 根据向量加法的平行四边形法则可知B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确． 3. 已知，，且，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合平面向量的数量积运算化简整理原式，再结合题干垂直关系和向量的模求解. 【详解】由题意得， 因为，所以. 已知，，则，， 代入可得原式. 4. 关于平面向量，，，有下列四个命题： ①若，则与可能共线； ②若，则或； ③若，则； ④若，则． 其中正确的命题是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】对于①，举出例子即可；对于②③，举出反例；对于④，根据向量的数量积即可判断. 【详解】对于①，若，取时，此时，共线，所以①正确； 对于②，取，，此时，但且，所以②错误； 对于③，取，，此时，但，所以③错误； 对于④，若，则，可得，所以④正确． 因此，正确的命题是①④，故B正确. 5. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求得正确答案. 【详解】 . 故选：A 6. 已知平面向量，，且，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，利用坐标求出m，验证C选项，解出，再根据向量数量积的运算验证A选项，向量平行的坐标表示验证B选项，利用坐标求模长验证D选项即可求解． 【详解】因为，， 所以， 所以， ， 所以， 因为，所以， 整理得：，解得，故C错误； 所以，，故A正确； 因为，，所以，所以，故B正确； ，故D正确．故选C． 7. 记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由正弦定理（R为的外接圆半径），且的外接圆半径为1，得 ， 代入得. 由余弦定理得， 又，所以，化简得， 因为，所以. 8. 在中，，若，求周长的最大值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理化简可得，方法一：利用余弦定理结合基本不等式求解即可；方法二：由正弦定理可得，结合三角恒等变换以及正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】由正弦定理可得：， ∴， ∵， ∴． 方法一： 由余弦定理得， 即． ∵（当且仅当时取等号）， ∴， 解得（当且仅当时取等号）， ∴周长， ∴周长的最大值为． 方法二： 由，则， 根据正弦定理可知， 所以， 当且仅当时，等号成立． 此时周长的最大值为． 二、多项选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项中，正确的是（ ） A. 已知复数z满足，z的共轭复数为 B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 圆台有无数条母线，延长后相交于一点，但它们的长度不一定相等 D. 一个棱柱至少有六个顶点 【答案】AD 【解析】 【详解】对A，由，得， z的共轭复数为，故A项正确； 对于B，如下图中的多面体有两个面相似，其他的面都是梯形，但不是棱台，故B错误； 对于C，圆台有无数条母线，延长后相交于一点，但它们的长度都相等，故C错误； 对于D，顶点最少的棱柱为三棱柱，有六个顶点，故D正确． 10. 已知平面向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则在方向上的投影向量是 C. 与的夹角为钝角，则y的取值范围 D. 若，的夹角为120°，则 【答案】AB 【解析】 【分析】直接利用向量的平行、垂直的坐标表示以及向量的数量积的坐标表示和夹角公式逐项求解即可． 【详解】对于A，因为，所以，即．故A正确； 对于B：若，则，解得， 所以，所以， 所以在方向上的投影数量是， 则在方向上的投影向量是．故B正确； 对于C： 设与的夹角为，则， 解得， 又当时，与共线反向舍去． 故且，C错误． 对于D：若，的夹角为120°，则， 即，而，不是方程的根．故D错误． 11. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 在中，，，则一定是等边三角形 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，因为是锐角三角形，所以， 所以，又因为和均为锐角，函数在上单调递增， 所以，即，故A正确； 对于B，由及正弦定理，可得，即， 所以或，所以或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，由正弦定理得 ， 因为 ，所以角B不存在，故符合条件的三角形不存在，故C错误； 对于D，在中，因为，， 所以由余弦定理可得，， 所以，即，所以， 结合可得一定是等边三角形，故D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量（2，﹣1），（﹣1，m），（﹣1，2），若（）∥，则m＝______ 【答案】-1 【解析】 【分析】先求出（1，m﹣1），再由（）∥，能求出m． 【详解】解：∵向量（2，﹣1），（﹣1，m），（﹣1，2）， ∴（1，m﹣1）， ∵（）∥， ∴， 解得m＝﹣1． 【点睛】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量坐标运算法则的合理运用． 13. 如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是__________.   【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法，与轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度不变；与轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度减半，分别求出，，的长度，即可求出原三角形的周长. 【详解】在中，， 根据直观图画出原图如下： 则，， 在中，， 所以原三角形的周长是. 14. 在中，点在线段上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理及共线向量定理的推论可得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案. 【详解】由点在线段上，，得， 而点为线段上除端点外的任意一点，则， 故，整理得， 结合同向和可得， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 计算： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）（2）（3）由复数四则运算法则进行计算即可求解. 【小问1详解】 原式． 【小问2详解】 =. 【小问3详解】 ． 16. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求b，c的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数关系得到，由正弦定理得到； （2）结合（1）中的，利用三角形面积公式得到，由余弦定理求出. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 因为，即，解得， 由余弦定理得，所以， 综上，. 17. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点． （1）求的值； （2）求证：． 【答案】（1） （2）因为， 所以， 所以， 所以，即，所以． 【解析】 【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得； （2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 略 18. 的内角的对边分别为，已知，，． （1）求； （2）求； （3）设为边上一点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得结合三角函数值即可求解． （2）根据余弦定理计算即可． （3）根据余弦定理求出，从而求出CD的长，判断D为BC的中点，再利用三角形的面积公式求解即可． 【小问1详解】 ∵，∴． ∵，∴． 【小问2详解】 由（1）知， 又由余弦定理可得， 即，即， 解得（舍去）或，故． 【小问3详解】 ∵，∴， ∴，∴， ∴，故为的中点，∴． 又， ∴． 19. 如图，正方形的边长为6，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点． （1）求的余弦值． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，求点坐标； （3）若点自点逆时针沿正方形的边运动到点，在这个过程中，是否存在这样的点，使得？若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）如图所示，建立以点为原点的平面直角坐标系，由于就是，的夹角，从而利用向量夹角的坐标表示即可求解； （2）根据向量的共线表示联立方程组可求解； （3）分点在上、点在上，结合向量垂直的坐标表示即可求解． 【小问1详解】 如图所示，建立以点为原点的平面直角坐标系． 则，，，， ∴，． 由于就是，的夹角． ∴， ∴的余弦值为． 【小问2详解】 设，∴， ∵，∴，∴①． ∵，，， ∴，∴②． 联立①②得，∴，∴． 【小问3详解】 由题得，． ①当点P在AB上时，设，∴， ∴，∴，∴， ∴． ②当点P在BC上时，设，∴， ∴，∴，舍去． 综上，存在，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $