河南省郑州市金水区2024-2025学年高一下学期2月第一次月考 数学试卷（含解析）

这是一份河南省郑州市金水区2024-2025学年高一下学期2月第一次月考 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了测试范围等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：平面向量+解三角形+复数．
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
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. 向量，，则 （ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】用坐标表示出，再由向量的数量积的坐标运算得出结果.
【详解】由题可知，
∴.
故选：D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，从而求出其共轭复数.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值．
【详解】∵，
∴由余弦定理，
则得，
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故选：B.
4. 在中，点，分别为，边上的中点，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量加法及数乘向量运算求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以
故选：D
5. 若（为虚数单位）是关于方程一个根，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】将代入方程，利用复数的运算法则和复数相等的概念求解即可.
【详解】因为是关于方程的一个根，
所以，整理得，
所以，解得，
故选：D
6. 在中，若，则的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】先利用二倍角公式化简，然后利用正余弦定理统一成边的形式，化简变形可得答案.
【详解】因为，所以，
所以，
所以由正弦定理得，
因为，所以，
所以由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形.
故选：D
7. 如图，在坡度一定山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为.若，山坡与地平面的夹角为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，在中，由正弦定理求出，在中，由正弦定理，再由，即可求解.
【详解】因为，所以，
在中，由正弦定理得，
又，
解得，
在中，由正弦定理得，
解得，
即，
所以.
故选：.
8. 瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为的外心、垂心、重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论．
【详解】由题意知，即为的外心；
，则为的重心；
，
即有，
即，同理，即为垂心；
由解析题中向量式中有两共起点的向量，
于是，，
令，
则是以为起点，向量与所在线段为邻边菱形对角线对应的向量，
即在的平分线上,
共线,
所以点的轨迹一定通过的内心,
由欧拉线定理知，欧拉线一定过.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解.
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. 已知是两个不共线的单位向量，则下列各组向量中，一定能推出 的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据共线向量定理，即可判断选项．
【详解】对于A，因为，，故，即，故A正确；
对于B，因为，，则，故B正确；
对于C，，，由于不共线，故，所以向量不平行，故C错误．
对于D，，故，此时，故D正确，
故选：ABD．
10. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设复数，利用共轭复数、模长的定义及复数的四则运算判断各项正误.
【详解】设复数，且，
，A正确；
，B正确；
，
，
所以与不一定相等，C错误；
令，则，D错误．
故选：AB
11. 在中，是的内切圆圆心，内切圆的半径为，则（ ）
A.
B.
C. 的外接圆半径为
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据内心的性质判断A；由余弦定理求出，再由等面积法求出内切圆的半径，即可判断B，利用正弦定理判断C，依题意设，则，同理可设，再由平面向量基本定理得到方程组，求出，即可判断D.
【详解】因为内心是三角形内角平分线的交点，
所以在中，，故A错误；
由余弦定理可得，
因为的面积，
所以，故B正确；
设的外接圆半径为，则，故，故C正确；
对于D：方法一：因为在的平分线上，
所以可设，则，
同理可设，则，
得，
又、不共线，根据平面向量基本定理得，解得，
即，故D正确；
方法二：利用内心的性质结论，有，
即，所以，
即，故D正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理、三角形内角和求得，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】由正弦定理有，即，解得，
而，所以，所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知.若的夹角为钝角，则的范围为__________.
【答案】且
【解析】
【分析】由已知且与不平行，结合向量的坐标运算可得出的取值范围.
【详解】若，的夹角为钝角，则，且与不平行，
即，且，求得且，
故答案为： 且.
14. 复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：①；②两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为______．
【答案】8
【解析】
【分析】令，，且，结合条件求参数，进而确定的位置关系及模长，即可求的面积.
【详解】令，，且，
由，则，即，故①，
由两点，连线的中点对应的复数为，则，即②，
联立①②，可得，且，即，，
由，即，故为直角三角形，
又，，故的面积为.
故答案为：8
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. 已知点求
（1）的模
（2）
（3）在上的投影向量
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先计算的坐标，再利用向量模长的坐标表示，即得解；
（2）由，代入的坐标，运算即得解；
（3）根据投影向量的定义计算可得.
【小问1详解】
已知点，所以，
因此的模为.
【小问2详解】
由已知可得,
所以.
【小问3详解】
根据投影向量的定义可得，在上的投影向量为
.
16. 已知复数，且为纯虚数（是的共轭复数）.
（1）设复数，求；
（2）复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由为纯虚数，可得，从而得，再根据模的公式求解即可；
（2）化简得，再根据题意列出不等式组求解即可.
【小问1详解】
解：因为，则，
所以为纯虚数，
所以，解得.
所以，
因此.
【小问2详解】
解：因为，
则，
因为复数在复平面内对应的点位于第一象限，
则，解得.
因此实数的取值范围是.
17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证；
（2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以.
因为，
所以，
则（或，舍去），即.
【小问2详解】
因为，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周长为.
18. 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
（1）若向量的“完美坐标”为，求；
（2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
（3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，，求的值域.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证；
（3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合二次函数的图象即可求得的值域.
【小问1详解】
因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以,，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
，
即.
【小问3详解】
因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得.
令，则，
因为，所以，即，
令，
因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的值域为.
【点睛】思路点睛：本题在求解与之相关的函数问题时，应按照新定义，准确写出函数解析式，对于较复杂的三角式，常常运用整体换元思想，将其转化成熟悉的函数，如二次函数、双勾函数等，利用这些函数的图象性质特征求解即可.
19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中，

（1）若，，，（图1），求线段长度的最大值；
（2）若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值；
（3）在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）时，四边形面积取得最大值，且最大值为．
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，进而求出的最大值；
（2）由题意可得，分别在，中，由余弦定理可得的表达式，两式联立可得的值，进而求出角的大小，进而求出此时的四边形的面积．
（3）根据余弦定理可得，即可结合不等式求解最值
【小问1详解】
由，，，，可得，
由题意可得，
即，
即，当且仅当四点共圆时等号成立
即的最大值为；
【小问2详解】
如图2，连接，因为四点共圆时四边形的面积最大，，，，
所以，即，，
在中，，①
在中，由余弦定理可得，②
由①②可得，
解得，而，可得，
所以，
此时．
所以时，四边形面积取得最大值，且最大值为．
【小问3详解】
由题意可知所以，即，
在中，由余弦定理可得,
故,
故，
故，当且仅当时等号成立，
故最大值为