重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高一下学期3月月度质量检测数学试题（解析版）

这是一份重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高一下学期3月月度质量检测数学试题（解析版），共18页。

高一数学
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.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，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
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．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知两点，则与向量同向的单位向量是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在正方形ABCD中，下列命题中正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．在边长为1的菱形中，，若点，满足，，其中且，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．
6．在中，，点D在上，，，则（ ）
A．8B．10C．12D．16.
7．在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点．点从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是且落在整点处．则点到达点所跳跃次数的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知平面内一正三角形的外接圆半径为4，在三角形中心为圆心为半径的圆上有一个动，则最大值为（ ）
A．13B．C．5D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.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．已知复平面内表示复数：的点为，则下列结论中正确的为（ ）
A．若，则B．若在直线上，则
C．若为纯虚数，则D．若在第四象限，则
10．已知复数，，则（ ）
A．是纯虚数B．对应的点位于第二象限
C．D．
11．已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．的面积为
C．
D．在的外接圆上，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量，则与同向的单位向量为 .
13．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，则 ．
14．在中，角的对边分别为，已知，，，则的最大值为 .
四、解答题：本题共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．在锐角中，已知.
(1)求；
(2)求的取值范围.
16．在复平面内复数所对应的点为，O为坐标原点，i是虚数单位.
(1)，计算与；
(2)设，求证：，并指出向量满足什么条件时该不等式取等号.
17．设的外接圆半径是均为锐角，且.
(1)证明：不是锐角三角形；
(2)证明：在的外接圆上存在唯一的一点，满足对平面上任意一点，有.
18．记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，点分别在等边的边上（不含端点）.若面积的最大值为，求.
19．复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐为数学家所接受.形如的数称为复数，其中称为实部，称为虚部，i称为虚数单位，.当时，为实数；当且时，为纯虚数.其中，叫做复数的模.设，，，，，，如图，点，复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即，其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作.叫做复数的三角形式.

(1)设复数，，求、的三角形式；
(2)设复数，，其中，求；
(3)在中，已知、、为三个内角的对应边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容，证明：
①；
②，，.
注意：使用复数以外的方法证明不给分.
1．D
【分析】利用复数的除法运算法则即可求解.
【详解】由已知得
，
则复数的虚部为，
故选：D.
2．C
【分析】
由平面向量的坐标表示与单位向量的概念求解，
【详解】
由得，则，
与向量同向的单位向量为，
故选：C
3．D
【分析】根据正方形，利用平面向量的概念及几何意义求解.
【详解】由图可知：
A. ，故错误；
B. ，故错误；
C. 不共线，故错误；
D. ，故正确.
故选：D
【点睛】本题主要考查平面向量的概念及几何意义，属于基础题.
4．D
【分析】
直接将解出来再化解即可.
【详解】
.
故选：D
5．C
【分析】由可得，由可得，又，所以
化简，并根据得到，利用基本不等式得出结论.
【详解】由题意可得
由可得，
由可得，
又，所以
则
，
当且仅当，即时取等号，此时
故选：C.
【点睛】如何选择“合适”的基底：题目中是否有两个向量模长已知且数量积可求，常见的可以边所成向量作基底的图形有：等边三角形，已知两边的直角三角形，矩形，特殊角的菱形等.
6．C
【分析】用表示出，从而根据数量积的定义及题中条件和可求出的值.
【详解】在中，因为，
所以，
所以.
故选：C．
7．B
【分析】根据题意，结合向量分析运算，列出方程求解，即可得到结果.
【详解】每次跳跃的路径对应的向量为，
因为求跳跃次数的最小值，则只取，
设对应的跳跃次数分别为，其中，
可得
则，两式相加可得，
因为，则或，
当时，则次数为；
当，则次数为；
综上所述：次数最小值为10.
故选：B.
8．A
【分析】建立直角坐标系，可以表示出的坐标，再设点，即可用与表示出，即可求出答案.
【详解】建立如图所示坐标系，
则点，
设点，且，
则


故当 时，有最大值为13
故选：A.
9．CD
【分析】
根据复数的基本概念直接判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，得，故A错误；
对于B，因为在直线上，所以，则，故B错误；
对于C，若为纯虚数，则，即，此时虚部不为0，故C正确；
对于D，若在第四象限，则，解得，故D正确.
故选：CD
10．AD
【分析】对于A选项利用复数的相关概念可判断；对于B选项结合复数的减法运算以及复数的几何意义即可判断；对于C选项结合复数的加法运算以及复数的模长公式即可判断；对于D选项结合复数的乘法运算以及复数的模长公式即可判断.
【详解】对于A选项,利用复数的相关概念可判断A正确；
对于B选项，对应的点位于第四象限，故B错；
对于C选项，，则，故C错；
对于D选项，，则，故D正确.
故选：AD.
11．ABD
【分析】利用余弦定理计算，利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算三角形的面积，判断B；利用正弦定理计算，判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值，判断D.
【详解】在三角形中，由余弦定理，
，故，故正确；
在中，由余弦定理得：，
，故正确；
由余弦定理可知：，，
平分，，
，
在三角形中，由正弦定理可得：，
故，故不正确；
，，，，
，
为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1，
显然当取得最大值时，在优弧上．
故，设，则，，
，
，，
，其中，，
当时，取得最大值，故正确．
故选：．
12．
【分析】先根据题意设出与同向的单位向量的坐标，再根据单位向量的定义列出关于的方程，解出即可得到答案
【详解】设与同向的单位向量
又，
又为单位向量， ，即 ，解得

故答案为：
13．1
【分析】
解法1，先用正弦定理边角互化，再用和差和诱导公式求解即可；
解法2：先用射影定理化简，用正弦定理边角互化即可求解.
【详解】解法1：，
而，
∴．
解法2：由射影定理，，
又由题意，，∴，故，∴，
∵，∴，故．
故答案为：1
14．##
【分析】由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，得角为钝角，角为锐角，所以要取最大值，只要取最小值，由已知条件可得，由可得的范围，结合余弦定理可得的范围，从而由余弦定理可求得答案
【详解】在中，因为，，
所以，
所以
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以由正弦定理得，
所以，
所以角为钝角，角为锐角，
所以要取最大值，则取最大值，取最小值，从而取最小值．
又，
由，得，
，
由取最大值时，，
此时由余弦定理可得，
从而求得，即最大值为．
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，再借助三角函数和差角公式化简可解；
（2）利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式化简求范围.
【详解】（1）由题意，根据正弦定理可得，
则，展开可得，
.
（2）由正弦定理，
则
，其中，
是锐角三角形，，.
，，
显然，当时，，
.
16．(1)，；
(2)证明见解析，
【分析】
（1）利用复数的乘法运算可得，再由复数的几何意义可得，即可计算出；
（2）利用复数运算规律分别求出的平方，利用作差法可得，此时需满足.
【详解】（1）根据可得，
；
且，所以.
（2）因为，
所以，
可得；
因为，
所以，
因此，
所以，
当且仅当时取等号，此时向量满足.
17．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由正弦定理，根据，得到，进而得到，由的单调性证明；
（2）由，得到，即，设外接圆圆心为，再利用向量运算证明.
【详解】（1）证明：记在中，所对的边分别长度为.
根据正弦定理，有，所以.
根据，有，
得到，
因为都是锐角，根据的(复合函数)单调性得到，
所以，所以，所以不是锐角三角形；
（2）因为，所以，
所以，所以，得到，
设外接圆圆心为，则有，
得到对平面上所有成立，必须有，
根据是直角和平面几何知识,得到在外接圆上，并且根据平面向量基本定理得到唯一.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）借助正弦定理及三角恒等变换公式可得，借助余弦定理与正弦定理可将表示为正弦型函数，借助正弦型函数的性质即可得解；
（2）借助面积公式，可得的最大值，设，结合正弦定理可将表示成正弦型函数，借助正弦型函数的性质可得取得最大值时的.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，
即，
所以，因为，所以，
所以，
因为，所以，
在中，有
，
，，；
（2）由（1）可知，由于面积的最大值为，
则，得，所以的最大值为，
因为，所以，
因为，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得所以，
得，
在中，由正弦定理得，
所以，得，
所以
，
其中，所以当时，取得最大值，
所以，
所以，所以，
即，所以，
解得或（舍去）.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助正弦定理，将边转化为角后，将借助角表示出来，从而化为正弦型函数，借助正弦函数的性质得到其取最值时对应的.
19．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）直接利用复数的乘除法计算即可；
（2）设，的模为，的模为，，通过题意可得，发现，从而无意义，再根据角的范围求解即可；
（3）建立平面直角坐标系，根据，利用复数的向量表示，以及复数的定义列式计算即可.
【详解】（1）
,
；
（2）设，的模为，的模为，，
对于有，，
对于有，，
所以，
所以，
，
所以无意义，即的角的终边在轴上，
又，
所以，
即
（3）
如图建立平面直角坐标系，在复平面内，过原点作的平行线，过作的平行线，交于点，则，
所以，
即，
即
根据复数的定义，实部等于实部，虚部等于虚部，可得，
所以，，
同理，，
，，
所以，，，.

【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.