广东省东莞市实验中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1.考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
一、单选题: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. 设复数，则的虚部为（ ）
A. 4B. -4C. 4iD. -4i
【答案】B
【解析】
【分析】由复数虚部概念即可得解.
【详解】由题意复数，则的虚部为-4.
故选：B.
2. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用垂直关系的向量表示，数量积的坐标表示列式计算得解.
【详解】向量，则，，
由，得，
所以.
故选：B
3. 下面命题中，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的概念逐一判断
【详解】对于，若，但两向量方向不确定，则不成立，故选项错误；
对于，向量无法比较大小，故选项错误；
对于，若，则两向量反向，因此，故选项正确；
对于，若，则，故选项错误.
故选：C
4. 在三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理求得或，再结合三角形内角和及，即可求解．
【详解】由正弦定理得，，解得，
因为，所以或，
又因为，所以，
故选：A．
5. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. 3B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量模的运算性质，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】∵向量满足，，，
，，
，
，
故选：D
6. 如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】题意可得，即可得到，再根据平面向量线性运算计算即可.
【详解】依题意在平行四边形中，，
又是中点，则，
又与交于点，
所以，则，
所以，
又，
所以
故选：A.
7. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解．
【详解】由题意，，
所以在上的投影向量为，
故选：A．
8. 某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图.已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，米，则该建筑的高度（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】设，由，结合余弦定理可得，求解即可.
【详解】设，则可得，
由，可得B是AC的中点，所以，
而，则，
，中，由余弦定理可得：，
解得：，所以该建筑的高度米.
故选：B.
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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 在下列各组向量中，不能作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量是否共线即可求解逐一求解.
【详解】对于A，由于，故不共线，可以作为基底，
对于B，，共线，不可以作为基底，
对于C, 由于，故不共线，可以作为基底，
对于D，由于，故，因此，当时，此时共线，不可以作为基底，
故选：BD
10. 已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C.
D. 若，则点z的集合所构成的图形的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的大小关系判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的模的几何意义判断选项D.
【详解】设，,
对于A，，，故选项A正确；
对于B，当为虚数时，可以比较大小，不能比较大小，故选项B不正确；
对于C，由复数模的运算性质可知，
，
，
所以，故选项C正确；
对于D，若，则复平面内点z的集合所构成的图形是以为圆心，半径为1和的两圆之间的圆环，
面积为，故选项D正确.
故选：ACD
11. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，，则（ ）
A.
B. 的周长的最大值为
C. 当最大时，的面积为
D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出值，结合角的取值范围可求得角的值，可判断A选项；利用余弦定理结合基本不等式可求出的周长的最大值为，可判断B选项；利用正弦定理结合三角形的面积公式可判断C选项；利用正弦定理、三角恒等变换结合正弦型函数的值域可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，
由正弦定理可得，整理可得，
由余弦定理可得，
因为，故，A错；
对于B选项，因为，由余弦定理和基本不等式可得
，即，
当且仅当时，等号成立，故的周长为，
即的周长的最大值为，B对；
对于C选项，由正弦定理可得，则，
当且仅当时，取最大值，此时，，，C对；
对于D选项，由正弦定理可得，则，，
所以，
，
因为，则，可得，则，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在复平面内，复数的模为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的模长公式即可求解.
【详解】的模为，
故答案为：
13. 已知向量，，若与所成的角为钝角，则实数的取值范围：______.
【答案】
【解析】
【分析】与所成的角为钝角即且与不平行，列式求解即可.
【详解】与所成的角为钝角即且与不平行，
即，
所以.
故答案为：.
14. 勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．在如图所示的勒洛三角形中，已知为弧（含端点）上的一点，则的范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算量，结合即可求解.
【详解】取中点为，
则
，
其中易得，故．
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. 已知向量；
（1）求与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）运用数量积和模长公式求出夹角余弦值，再得到夹角即可；（2）运用向量坐标的模长公式求解即可.
【小问1详解】
由于，
则，
又，则与的夹角为；
【小问2详解】
，则
16. 已知，，，是复平面内的四个点，其中，且向量对应的复数分别为，且．
（1）求；
（2）若复数，，在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合向量坐标表示可用表示出，根据复数运算和复数的相等可构造方程组求得，由此可得；
（2）根据复数除法运算法则可化简得到，由此可得对应点坐标；根据点位于第四象限可构造不等式组求得的范围.
【小问1详解】
，，，，
，则，解得：，
，.
【小问2详解】
由（1）知：，
则对应的复平面内的点为，又位于第四象限，
，解得：，即实数的取值范围为.
17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，的面积为，求b，c的值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合和差角的正弦公式化简求解即可；
（2）由面积公式可得，再根据余弦定理求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理及．
得，
即，
即，
因为，所以，
所以，所以．
【小问2详解】
由题意得的面积，所以①．
又，且，所以②．
由①②得．
18. 如图，在中，.设.
（1）用表示；
（2）若为内部一点，且.求证：三点共线.
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助向量加法法则与减法法则计算即可得；
（2）借助向量线性运算法则可用表示出，再利用向量共线定理推导即可得证.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】
，
又，故，
故三点共线.
19. 在三角形中，点在线段上，平分．
（1）尝试利用等面积法证明角平分线定理，即请证明：；
（2）尝试利用正弦定理证明角平分线定理，即请证明：；
（3）若，，则是多少？
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用结合题意可完成证明；
（2）设，则，，由正弦定理结合可完成证明；
（3）由角平分定理可得，然后由向量模长公式可得答案.
【小问1详解】
利用等面积法证明：设，BC边上的高为h.
由，又，故；
【小问2详解】
利用正弦定理证明：设，则，
，
在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
因，两式相比，可得：；
小问3详解】
由角平分线定理得，故，
于，
两边平方得：
，故.