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福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题原卷版docx、福建省厦门市杏南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡相应位置上，超出答题区域的答案无效．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一共、选择题：本大题共8个小题，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. 能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将A、B、C、D选项图形绕对称轴旋转可知A选项符合题意.
【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，
是由A中的平面图形旋转形成的.
故选：A.
【点睛】本题考查平面图形旋转形成的几何体，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题.
2. （ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
详解】
故选：C.
3. 已知平面向量与为单位向量，它们的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量模的公式转换为向量的数量积运算即可求解.
【详解】由题意.
故选：B.
4. 如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量对应线段的位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义，用表示即可.
【详解】由题图，.
故选：A
5. 已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答.
【详解】依题意，在上投影向量为，其中，
所以在上投影向量的坐标为.
故选：C
6. 在中，角所对的边分别为，向量，若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量平行坐标运算得，再利用正弦定理结合两角和正弦公式进行边角转化，求解即可.
【详解】因为向量，且，所以，
由正弦定理可得：，
即，即，
又，，故，由，解得.
故选：C
7. 位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距20nmile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10nmile的C处的乙船．乙船也立即朝着渔船前往营救，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理求得，进而由正弦定理求得答案．
【详解】
由题意，
由余弦定理得，，∴，
由正弦定理得，，即，解得．
故选：A．
8. 已知的三个角的对边分别为，且是边上的动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理计算先得，确定为直角三角形，再利用平面向量数量积公式结合二次函数的性质计算即可.
【详解】由余弦定理可知，
所以，即为直角三角形，.
设，则，
则，
显然时，.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 复数的虚部为
B. 若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为
C. 若为虚数单位，为正整数，则
D. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数的定义，运算法则，几何意义一一判定选项即可.
【详解】由复数的概念可知复数的虚部为，故A错误；
若，则复平面内对应的点位于半径为1的圆上或内部，其面积为，故B正确；
根据复数的运算法则知，所以，故C正确；
易知复数的共轭复数为，其对应点为，显然位于第三象限，故D错误.
故选：BC
10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最小值为6D. 若与的夹角为锐角，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意利用两个向量平行、垂直的性质，两个向量的数量积公式及向量模的坐标表示，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】解：向量，，
若，则，解得或，故A错误；
若，则向量，，由，所以，故B正确；
，，当且仅当时取等号，
故的最小值为6；故C正确；
若与的夹角为锐角，，且与不共线，
即，且，解得且，故D错误，
故选：BC．
11. 在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则此三角形有两解
C. 若，则等腰三角形
D. 若，且，则该三角形内切圆面积最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由可得，利用数量积的定义化为，从而得到，知为等腰三角形；对于B，由余弦定理可得到关于的方程，解得有两解，从而此三角形有两解；对于C，用正弦定理将条件化为，即，然后得到或，由此即可进一步判断；对于D，化简为，然后证明内切圆半径，从而得到.
【详解】对于A，若，则，从而，即，
即，故，从而为等腰三角形，A正确；
对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；
对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，已知条件为，且，而等价于，即，
对该等式通分得到，即，即.
这即为，由知该等式即为.
从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径.
又由于，当且仅当时等号成立，
从而，故该三角形的内切圆面积.
验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是得出内切圆的半径，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是关于的方程的一个根，则实数________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知方程两根分别为，，从而利用韦达定理即可得解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以也是方程的根，
所以，则.
故答案为：.
13. 在中，内角对应的边分别为，已知．则角________；若，则的值为________
【答案】 ①. #### ②.
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得第一空，利用余弦定理可得第二空.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得，
代入数据解得，所以．
故答案为：；.
14. 在中，若，且AB边上的中线长为2，则面积的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用，可将结合正弦定理可得，后由余弦定理可得.后由结合AB边上的中线长为2，可得，后由基本不等式可得，即可得答案.
【详解】因，则
，
即.
所以，又，所以.设AB边上的中线为CD，
则，则，
所以，当且仅当a＝b时等号成立，所以
故答案为：
四、解答题：共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数
（1）若z为纯虚数，求实数m的值：
（2）若z在复平面内对应的点在直线，求．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的概念列出方程或不等式，即可求得答案.
（2）根据题意列出m满足的方程，求得z，利用复数模的公式求得答案.
【小问1详解】
若纯虚数，则，解得.
【小问2详解】
由题意可得，解得或，
当时，，所以；
当时，，所以.
16. 已知为平面向量，且．
（1）若，且与垂直，求实数k的值；
（2）若，且，求向量的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用向量运算的坐标表示，向量垂直的坐标表示列出方程，求解作答.
（2）利用向量共线设出的坐标，利用坐标求模列式计算作答.
【小问1详解】
因为，则，
因为与垂直，于是，即，解得.
所以．
【小问2详解】
由，设，而，则，解得，
所以或．
17. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合特殊角的三角函数值求解即可；
（2）分类讨论，根据余弦定理求得，然后代入三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
由及正弦定理知：.
因为为三角形内角，则，所以.
因为为三角形内角，则或.
【小问2详解】
若，由余弦定理得，，
则，即，
即，因为，则，
所以的面积；
若，则，即，因为，则，
所以的面积.
18. 如图，在平行四边形中，分别是边的中点，与交于点，设．
（1）用表示；
（2）求的值；
（3）求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）首先求出，即，再根据数量积的运算律及定义计算可得；
（3）首先求出、，再由夹角公式计算可得。
【小问1详解】
根据题意，，
．
【小问2详解】
根据题意，由（1）可得， ，
在平行四边形中，，即为等边三角形，
所以，则，即，
则
．
【小问3详解】
因为，
，
故.
19. 在中，内角所对的边分别为，向量，且．
（1）求角的大小；
（2）若，
①求面积的最大值；
②求的取值范围．
【答案】（1）
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可得出，由正弦定理即可得出，根据余弦定理即可求出，从而求得；
（2）①首先得，进一步由余弦定理以及基本不等式得的最大值即可求解；②根据即可求出的外接圆直径为2，根据正弦定理即可得出，而，从而得出，从而求出的范围，即得出的范围．
【小问1详解】
；
；
由正弦定理得，；
；
，且；
；
【小问2详解】
①，
根据余弦定理得：，
即，
，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，
②；
外接圆直径；半径，
，
；
；
，
的取值范围是．
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡相应位置上，超出答题区域的答案无效．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一共、选择题：本大题共8个小题，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. 能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将A、B、C、D选项图形绕对称轴旋转可知A选项符合题意.
【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，
是由A中的平面图形旋转形成的.
故选：A.
【点睛】本题考查平面图形旋转形成的几何体，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题.
2. （ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
详解】
故选：C.
3. 已知平面向量与为单位向量，它们的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量模的公式转换为向量的数量积运算即可求解.
【详解】由题意.
故选：B.
4. 如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量对应线段的位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义，用表示即可.
【详解】由题图，.
故选：A
5. 已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答.
【详解】依题意，在上投影向量为，其中，
所以在上投影向量的坐标为.
故选：C
6. 在中，角所对的边分别为，向量，若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量平行坐标运算得，再利用正弦定理结合两角和正弦公式进行边角转化，求解即可.
【详解】因为向量，且，所以，
由正弦定理可得：，
即，即，
又，，故，由，解得.
故选：C
7. 位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距20nmile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10nmile的C处的乙船．乙船也立即朝着渔船前往营救，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦定理求得，进而由正弦定理求得答案．
【详解】
由题意，
由余弦定理得，，∴，
由正弦定理得，，即，解得．
故选：A．
8. 已知的三个角的对边分别为，且是边上的动点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理计算先得，确定为直角三角形，再利用平面向量数量积公式结合二次函数的性质计算即可.
【详解】由余弦定理可知，
所以，即为直角三角形，.
设，则，
则，
显然时，.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 复数的虚部为
B. 若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为
C. 若为虚数单位，为正整数，则
D. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数的定义，运算法则，几何意义一一判定选项即可.
【详解】由复数的概念可知复数的虚部为，故A错误；
若，则复平面内对应的点位于半径为1的圆上或内部，其面积为，故B正确；
根据复数的运算法则知，所以，故C正确；
易知复数的共轭复数为，其对应点为，显然位于第三象限，故D错误.
故选：BC
10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最小值为6D. 若与的夹角为锐角，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意利用两个向量平行、垂直的性质，两个向量的数量积公式及向量模的坐标表示，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】解：向量，，
若，则，解得或，故A错误；
若，则向量，，由，所以，故B正确；
，，当且仅当时取等号，
故的最小值为6；故C正确；
若与的夹角为锐角，，且与不共线，
即，且，解得且，故D错误，
故选：BC．
11. 在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则此三角形有两解
C. 若，则等腰三角形
D. 若，且，则该三角形内切圆面积最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由可得，利用数量积的定义化为，从而得到，知为等腰三角形；对于B，由余弦定理可得到关于的方程，解得有两解，从而此三角形有两解；对于C，用正弦定理将条件化为，即，然后得到或，由此即可进一步判断；对于D，化简为，然后证明内切圆半径，从而得到.
【详解】对于A，若，则，从而，即，
即，故，从而为等腰三角形，A正确；
对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；
对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，已知条件为，且，而等价于，即，
对该等式通分得到，即，即.
这即为，由知该等式即为.
从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径.
又由于，当且仅当时等号成立，
从而，故该三角形的内切圆面积.
验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是得出内切圆的半径，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是关于的方程的一个根，则实数________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知方程两根分别为，，从而利用韦达定理即可得解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以也是方程的根，
所以，则.
故答案为：.
13. 在中，内角对应的边分别为，已知．则角________；若，则的值为________
【答案】 ①. #### ②.
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得第一空，利用余弦定理可得第二空.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得，
代入数据解得，所以．
故答案为：；.
14. 在中，若，且AB边上的中线长为2，则面积的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用，可将结合正弦定理可得，后由余弦定理可得.后由结合AB边上的中线长为2，可得，后由基本不等式可得，即可得答案.
【详解】因，则
，
即.
所以，又，所以.设AB边上的中线为CD，
则，则，
所以，当且仅当a＝b时等号成立，所以
故答案为：
四、解答题：共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数
（1）若z为纯虚数，求实数m的值：
（2）若z在复平面内对应的点在直线，求．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的概念列出方程或不等式，即可求得答案.
（2）根据题意列出m满足的方程，求得z，利用复数模的公式求得答案.
【小问1详解】
若纯虚数，则，解得.
【小问2详解】
由题意可得，解得或，
当时，，所以；
当时，，所以.
16. 已知为平面向量，且．
（1）若，且与垂直，求实数k的值；
（2）若，且，求向量的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用向量运算的坐标表示，向量垂直的坐标表示列出方程，求解作答.
（2）利用向量共线设出的坐标，利用坐标求模列式计算作答.
【小问1详解】
因为，则，
因为与垂直，于是，即，解得.
所以．
【小问2详解】
由，设，而，则，解得，
所以或．
17. 在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合特殊角的三角函数值求解即可；
（2）分类讨论，根据余弦定理求得，然后代入三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
由及正弦定理知：.
因为为三角形内角，则，所以.
因为为三角形内角，则或.
【小问2详解】
若，由余弦定理得，，
则，即，
即，因为，则，
所以的面积；
若，则，即，因为，则，
所以的面积.
18. 如图，在平行四边形中，分别是边的中点，与交于点，设．
（1）用表示；
（2）求的值；
（3）求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得；
（2）首先求出，即，再根据数量积的运算律及定义计算可得；
（3）首先求出、，再由夹角公式计算可得。
【小问1详解】
根据题意，，
．
【小问2详解】
根据题意，由（1）可得， ，
在平行四边形中，，即为等边三角形，
所以，则，即，
则
．
【小问3详解】
因为，
，
故.
19. 在中，内角所对的边分别为，向量，且．
（1）求角的大小；
（2）若，
①求面积的最大值；
②求的取值范围．
【答案】（1）
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可得出，由正弦定理即可得出，根据余弦定理即可求出，从而求得；
（2）①首先得，进一步由余弦定理以及基本不等式得的最大值即可求解；②根据即可求出的外接圆直径为2，根据正弦定理即可得出，而，从而得出，从而求出的范围，即得出的范围．
【小问1详解】
；
；
由正弦定理得，；
；
，且；
；
【小问2详解】
①，
根据余弦定理得：，
即，
，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，
②；
外接圆直径；半径，
，
；
；
，
的取值范围是．
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