福建省龙岩市第一中学锦山学校2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份福建省龙岩市第一中学锦山学校2024-2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了 在三角形中，，，，则， 若的周长为15，面积为5，则， 在正方形中，与交于点，则， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分 考试时间120分钟
注意事项：
1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.
2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.
第I卷（选择题 共58分）
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. 复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，利用复数的加法以及复数相等可求出、的值，可得出复数，即可得出结果.
【详解】设，则，
所以，，
所以，解得，，故，即复数的虚部为.
故选：A.
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，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是（ ）
A. 四棱台B. 四棱锥C. 四棱柱D. 三棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何体结构特征直接判断即可.
【详解】记水面与三棱柱四条棱的交点分别为，如图所示，
由三棱锥性质可知，和是全等的梯形，
又平面平面，
平面分别与平面和相交于，
所以，同理，
又，所以互相平行，
所以盛水部分的几何体是四棱柱.
故选：C
4. 在三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理求解出角，然后由内角和定理求解角即可.
【详解】由可得：，
所以，又，
所以，
结合内角和定理，所以.
故选：B
5. 若的周长为15，面积为5，则（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据的周长为15，得到，再根据三角形面积为5，且求得ac，然后利用余弦定理求解.
【详解】解：因为的周长为10，
所以，
又因为三角形面积为5，且
所以，
解得，
由余弦定理得，
解得 ，
故选：A
6. 如图，测量河对岸的塔高时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.现测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为
A. B. C. 60mD. 20m
【答案】D
【解析】
【分析】
由正弦定理确定的长，再求出．
【详解】，
由正弦定理得：
故选D
【点睛】本题是正弦定理的实际应用，关键是利用正弦定理求出，属于基础题．
7. 在正方形中，与交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标计算夹角的余弦值即可.
【详解】
建立平面直角坐标系，设正方形的棱长为，
因为，
则，，，，
所以，，
所以.
故选：C
8. 已知圆半径为13，和是圆的两条动弦，若，，则的最大值是（ ）
A. 17B. 20C. 34D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算、绝对值三角不等式、垂径定理等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设是圆的圆心，连接，作，垂足分别为，
则分别是的中点，由勾股定理得，
，
，
故
当反向时等号成立，
所以的最大值是.
故选：C
【点睛】方法点睛：
解决圆中向量问题，垂径定理是一个重要的工具，通过垂径定理找到弦的中点，将向量与圆心和中点联系起来，便于进行向量的运算和转化.
对于求向量和的模的最值问题，利用向量的线性运算将其转化为已知向量的运算形式，再结合绝对值三角不等式（当且仅当与同向或反向时取等号）来求解，是一种常用的方法.
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B. 长方体是直四棱柱
C. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台；
D. 球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面．
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正棱锥的概念判断A；根据直四棱柱的概念判断B；根据圆台的概念判断C；根据球的概念判断D.
【详解】对于A，各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，所以A错误；
对于B，易知长方体的侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故B正确；
对于C，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，
圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故C错误；
对于D，球面可以看作一个半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所形成的曲面，故D正确．
故选：BD
10. 已知，关于的方程有一个根为，为虚数单位，另一个根为，则正确的有（ ）
A. 该方程不存在实数根B. ，
C. 对应的点在第四象限D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相等复数求得，即可判断B；根据计算即可判断A；根据韦达定理求出，结合共轭复数的概念和几何意义即可判断C；根据复数的乘、除法运算即可判断D.
【详解】由是方程的根，得，
整理得，因此，解得，
所以方程为，故B正确；
对于A，根据方程，可得，
所以方程无实数根，故A正确；
对于C，D，方程，由韦达定理可知，得，
对应的点为，在第四象限，的共轭复数不在第四象限.
，
所以，故C错误，D正确．
故选：ABD
11. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．设是内一点，的三个内角分别为，，，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（ ）

A.
B. 有可能是的重心
C. 若为的外心，则
D. 若为的内心，则为直角三角形
【答案】AD
【解析】
分析】由奔驰定理可判断A选项，利用重心结论可判断B选项；
由外心可知，即可判断C选项；
由内心可知，满足勾股定理，D选项正确.
【详解】对于A，由奔驰定理可得，，
因为，，不共线，所以，故A正确；
对于B，若是的重心，，
因为，所以，即共线，故B错误．
对于C，当为的外心时，，
所以，
即，故C错误．
对于D，当为的内心时，（为内切圆半径），
所以，所以，故D正确.
故选：AD.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分.
12. 在复平面内，向量、分别对应复数、，则对应的复数为_____
【答案】
【解析】
【分析】根据复数与向量的对应关系，即可求解.
【详解】，所以向量对应的复数为.
故答案：
13. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用投影向量的公式即可得到结果.
【详解】由题意得，，因为，所以，
所以，所以在上的投影向量的坐标为．
故答案为：
14. 如下图，在梯形中，，，，，，则______，若是线段上的动点，且，则的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的计算公式和坐标表示求解即可.
【详解】因为梯形中，，，所以，
所以，解得.
以所在直线为轴，垂直于所在直线为轴建立如图所示坐标系，
由对称性不妨设点在点左侧，设，，，
则，，，
所以，
所以当时，取得最小值，
最小值为，
故答案为：；
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. 已知复数（）满足为纯虚数．
（1）求；
（2）若复数（）在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简，利用是纯虚数求出的值，得出复数的表达式，即可求出的值；
（2）化简复数，利用点在第三象限，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
，
由为纯虚数，得
解得．
所以．
【小问2详解】
，
因为复数在复平面内对应的点位于第三象限，
所以
解得，即的取值范围是．
16. 在中，角、、所对的边分别为、、，若、，且.
（1）求；
（2）设为边上一点，且，求的面积.
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求解即可；
（2）首先根据三角形的面积公式求出的面积与的面积的比值为1，然后求解总面积的一半即可；
【小问1详解】
在中，，
∵，
∴，
又∵，∴，
∴由余弦定理得：，
即，解得（舍去）或（可取），
∴；
【小问2详解】

∵，∴，
∴，
∴的面积与的面积之比为，
∴,
又面积为，
∴面积为.
17. 如图，在中，.

（1）若E是BD的中点，试用和表示；
（2）若G是AD上一点，且，过点G的直线交AB于点F，交AC于点H.若，，其中，均为正实数，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的加减法运算法则，结合平面向量基本定理求解；
（2）由已知条件可得，再由F，G，H三点共线，得，然后利用基本不等式可求得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
因为E是BD的中点，
所以
；
【小问2详解】
由，，得，，
因为，，
所以，
因为F，G，H三点共线，所以，
则
当且仅当时，
即时，等号成立，
所以的最小值为.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B；
（2）若的角平分线交AC于点D，，，求BD；
（3）若的外接圆的半径为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，即可得结果；
（2）根据面积关系，结合面积公式运算求解即可；
（3）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再结合正弦函数的有界性分析求解.
【小问1详解】
因为，
可得，
由正弦定理得，则，
且，所以．
【小问2详解】
由题意可知：，
因为，
则，
即，可得．
【小问3详解】
由正弦定理可得，
则，
可得，
又因为，则，
可得，即，
所以的取值范围为.
19. 欧拉（1707-1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位，以及被称为人类伟大发现之一的，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题：
（1）将复数表示成（，为虚数单位）的形式；
（2）求的最大值；
（3）若，则，这里，称为的一个次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据欧拉公式直接可得解；
（2）由欧拉公式可证明，并得到，这即得结果；
（3）根据单位根的概念，代入化简即可.
【小问1详解】
由欧拉公式有
.
【小问2详解】
由于，，故，
而当时，有.
故的最大值是.
【小问3详解】
由于，故，而，所以.
故
（利用）
（利用）
（利用）
（利用）
（利用）
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对欧拉公式的使用和复数四则运算法则的熟练运用.