广东省深圳市宝安第一外国语学校2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市宝安第一外国语学校2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了考试结束，监考员将答题卡收回， 在中，若，且，那么一定是， 下列关于平面向量说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，全卷满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上.
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如需改动用橡皮擦干净后.再选涂其它答案，不能答在试题卷上.
3.考试结束，监考员将答题卡收回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则的实部是（ ）
A. B. iC. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简，由实部定义可得.
【详解】因为，所以z实部是0.
故选：C．
2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘法求出积，再求出复数对应点的坐标即得.
【详解】复数，
所以复数在复平面内对应的点在第一象限.
故选：A
3. 已知向量，，，则（ ）
A. B. 4C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算直接计算即可
【详解】因为向量，，
所以，即，解得，
故选：A
4. 若向量，满足，且，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合数量积公式化简即可求解.
【详解】因为，，即，，求得，所以向量与的夹角为.
故选：B
5. 如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即得.
【详解】依题意，在中，，则，而，
由正弦定理得，
所以船与灯塔A间的距离为海里.
故选：C
6. 在中，若，且，那么一定是（ ）
A. 等腰直角三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理求出，从而得解.
【详解】因为，由正弦定理可得，
又，所以，所以，则，
又，所以，
又，由余弦定理，
又，所以，
所以，则为等边三角形.
故选：D
7. 已知，，若向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：且向量方向不反向，结合向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可知：且向量方向不反向，
则，解得且，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
8. 在中，，的角平分线AD交BC边于点D，的面积是的面积的2倍，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平分线的性质，结合等面积法可得，即可由正弦定理求解，由三角恒等变换即可求解.
【详解】，的角平分线AD交BC边于点D，故，

故，
由正弦定理可得，故，故，
故，故，
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列关于平面向量说法正确的是（ ）
A. 已知，均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得
B. 在四边形中，，，，则四边形为平行四边形；
C. 若且，则
D. 若点为的重心，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理判断A；利用向量的运算得到，即可判断B；根据数量积的定义判断C；由向量的中点表示与三角形的重心性质即可判断D.
【详解】对于A，由向量平行的判定定理，可得A正确；
对于B，因为，，，
所以.
所以.所以且，
所以四边形为梯形.故B错误；
对于C，由平面向量的数量积定义可得，不能得到，故C错误；
对于D，若点G为△ABC的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，
如图所示：
所以，
所以，故D正确.
故选：AD.
10. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A. 若A＞B，则
B. 若，则有两解
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】由余弦函数的单调性即可判断A,由正弦定理即可判断B,由余弦值的性质即可判断C,由边角互化即可判断D.
【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确；
对于B，由正弦定理可得：，∴，
此时无解，故B错误；
对于C，∵，为三角形的内角，
∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；
对于D：∵，所以由正弦定理可得，又,
因此，
∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知复数，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
D. 若是关于方程的一个根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由复数，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，若复数，满足，但两个虚数不能比大小，所以A项错误；
对于B中，若，则，即，
可得或，所以，所以B项正确；
对于C中，由于表示两个复数在复平面上对应的两点之间的距离，
所以，表示复平面内到点距离为3的点的集合，
所以对应的点的轨迹为圆心在，半径为3的圆，所以C项正确；
对于D中，由是关于的方程的根，
故，即，
可得，所以，所以D项正确.
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数，则的共轭复数________________.
【答案】
【解析】
【分析】对z进行复数的除法运算整理为的形式，则共轭复数为.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
13. 如图，在平行四边形中，点在边上，点在边上，且与相交于点，若，则实数______.
【答案】##
【解析】
【分析】将用表示，然后利用三点共线列方程求解即可.
【详解】由得，
因为，
则，
因为三点共线，
所以，解得.
故答案为：.
14. 克罗狄斯·托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理.定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立.已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】记，利用余弦定理表示出，然后根据题中结论可得.
【详解】记，则，
在中，由余弦定理得，
由题知，，即，
所以，当且仅当四点共圆时取等号，
所以的最大值为.
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（为虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求值；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由代入计算，结合是纯虚数即可求得，再由复数的模长公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由复数相等的定义，列出方程，即可得到结果.
【小问1详解】
当时，，
所以，
且是纯虚数，则，解得，
所以，则，
所以.
【小问2详解】
若，则，
所以，解得.
16. 如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，.
（1）用，表示，；
（2）若，，，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）,
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的三角形法则即可求解
（2）根据向量夹角公式即可求解；
【小问1详解】
因为点是的中点，点，分别是，的四等分点
所以，
因为，.
所以
【小问2详解】
因为，，，
所以，
所以
，
令与的夹角为
，
所以与的夹角的余弦值为.
17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式化简已知条件，由此求得的值；
（2）利用三角形的面积列方程，求得的值，结合余弦定理求得的值，进而求得三角形的周长.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得：，
且，可得，
且，可知，可得.
【小问2详解】
由（1）可知：，，则，
因为的面积为，可得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以的周长为.
18. 如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，．
（1）若，求AE；
（2）若，求AE的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知可得，过作交于，求出，再利用余弦定理求解即得.
（2）连接，，利用正弦定理、余弦定理建立关系，再借助三角恒等变换及正弦函数性质求出最大值.
【小问1详解】
在四边形中，由，得，过作交于，
由，得，则四边形是平行四边形，，
而，因此，，
在中，由余弦定理得.
【小问2详解】
连接，由，，得，
设，，
在中，由正弦定理，得，
在中，由余弦定理得
，其中锐角由确定，显然，
则当时，，即，
所以AE的最大值为.
19. 对任意两个非零向量，定义新运算：．
（1）若向量，求的值；
（2）若非零向量满足，且，求的取值范围；
（3）已知非零向量满足，向量的夹角，且和都是集合中的元素，求的取值集合．
【答案】（1）2； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用给定的定义，结合数量积运算计算即得.
（2）利用给定定义求得，再由定义求解即得.
（3）利用给定的定义，结合已知求得，再求出，由此求出的范围.
【小问1详解】
向量，则，，
于是，而，则，
所以.
【小问2详解】
由，，得，则，
所以.
【小问3详解】
依题意，，而，，则，，
于是，显然存在，，则，因此，
即，则，显然，即，从而，
因此，又存在，使得，即，
解得，则，
所以的取值集合.