贵州省贵阳市修文县修文中学2024-2025学年高一下学期4月质量监测 数学试题（含解析）

这是一份贵州省贵阳市修文县修文中学2024-2025学年高一下学期4月质量监测 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
亲爱的同学，欢迎你参加这次高一的数学学习回溯之旅.在一个多月里，你肯定又有着许多新奇的发现和独特的体验.这一次月考又是你大显身手的好机会哟！我们相信，在这紧张而又愉快的时间里，你一定会有更好的表现！
第一部分（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. 设，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算求出，然后由共轭复数概念和复数模公式可得.
【详解】因，所以，
所以，所以.
故选：C
2. 已知向量，，，若，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量坐标运算和向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】由，，，得，，
又，所以，解得.
故选：A.
3. 在中，，则（ ）
A. 5B. 3或5C. 4D. 2或4
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】由余弦定理，得，
即，即，
解得或5，
经检验，均满足题意.
故选：B.
4. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求，结合向量的夹角公式可求答案.
【详解】由模长公式，
由夹角公式.
故选：A
5. 在中，角所对的边分别为，若，则一定是（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等边三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论.
【详解】由，利用正弦定理，，
即，因，则或（不合题意舍去），
故△ABC一定是等腰三角形.
故选：B.
6. 圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. 30mB. 20mC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中由正弦得出AM，再结合中由正弦定理得到CM，进而能求CD．
【详解】由题意知：，则，
在中，，
在中，由正弦定理得，
所以，
且
在中，
(m)．
故选：C．
7. 在中，点D在BC上，且满足，点E为AD上任意一点，若实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据平面向量基本定理及共线向量定理的推论，由三点共线得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案.
【详解】，
由三点共线可得，且，
所以，
当且仅当即时等号成立.
故选：D.
8. 在中，，D为BC的中点，点P在斜边BC的中线AD上，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，，求出点坐标可得，利用二次函数的单调性可得答案.
【详解】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
所以，因为D为BC的中点，所以，
，设，所以，
所以，可得，，
所以，
因为，所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是以为坐标原点建立平面直角坐标系，转化为坐标的运算求数量积.
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. 已知是复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D.
【答案】BD
【解析】
【分析】当复数的虚部不为0时，复数不能比较大小，由此判断A，C选项；对于B，D选项，借助复数与共轭复数乘法运算和模长的运算计算出结果即可做出判断.
【详解】复数的虚部不为0，所以不能比较大小，所以A选项错误；
设，，则，
，则，
所以，B选项正确；
若，，当均不为0时，均为虚部不为0的复数，所以不能比较大小，C选项错误；
设，，则，
则，
，，，
所以，D选项正确.
故选：BD.
10. 设，是平面内两个不共线的向量，则以下，可作为该平面内一组基的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据基底的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由为不共线向量，可知与，与，与必不共线，故不共线，所以A，C，D符合；
对于B，，故共线，所以B不符合；
故选：ACD.
11. 下列四个命题为真命题的是（ ）.
A. 在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
B. 若向量，，则在上的投影向量为
C. 已知向量，，则的最大值为
D. 在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据正弦定理可求得，可得，可求得取值即可判断；对于B，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于C，由向量坐标的模长公式代入计算，即可判断；对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理变形即可判断.
【详解】对于A，根据正弦定理可求得，所以，
所以，且，可求得，故A错误；
对于B，直接根据在上的投影向量，故B正确；
对于C，，
则，令，
则，
当时，取最大值，最大值为，故C正确；
对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理，
所以，
代入到，
因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确.
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的定义，利用投影向量的公式，可得答案.
【详解】由题意可得在上投影向量为.
故答案为：.
13. 如图，中，，且的面积为，点在边上，，则的长度等于_____.

【答案】
【解析】
【分析】先利用三角形的面积公式求出的大小，再根据等腰三角形得到的大小，最后在中利用正弦定理即可求解.
【详解】因为中，，且的面积为，
所以，解得，
所以或，
当时，因为，所以，
又，所以，不符合题意；
当时，因为，所以，
又，所以中，由正弦定理可得，
即.
故答案为：
14. 定义：．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若，且，则边c的最小值为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】先由新定义将原式化简，并求得，再代入余弦定理公式表示c，利用基本不等式求得其最小值.
【详解】由题可知，
化简得，即，
C为三角形内角，解得，
由余弦定理得，
所以，时等号成立，所以边c的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：（本题5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，，且与的夹角为.
（1）求，；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积公式，计算出；利用平方再开方的方法，结合向量数量积运算，求得值.
（2）根据两个向量垂直，数量积为零列方程，解方程求得值.
【小问1详解】
；
；
【小问2详解】
因为，所以，
即，
，解得.
16. 设复数，m为实数．
（1）当m为何值时，z是纯虚数;
（2）若，求的值;
（3）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.
【答案】（1）5 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据复数的相关概念列式求解；
（2）根据复数的模长公式运算求解；
（3）根据共轭复数的概念以及复数的几何意义列式求解.
【小问1详解】
若z是纯虚数，则，解得，
所以当时，z是纯虚数.
【小问2详解】
若，则，
所以.
【小问3详解】
因为复数，对应的点为，
若复数在复平面内对应的点在第三象限，
则，解得，
故实数m的取值范围为.
17. 在①，，；②；③三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．在中，内角的对边分别是，且满足________．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：由，得到，利用正弦定理和三角形内角性质化简得到，求得，即可求解；
选②：由正弦定理和三角函数性质得到，得到，即可求解；
选③：由余弦定理求得，即可求解；
（2）由余弦定理求得，结合基本不等式求得，结合面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：选①：因为，
由，可得，
由正弦定理得:
，
因为，可得，所以，
又因为，可得，所以，
因为，所以.
选②：因为，
由正弦定理得，
又因为，可得，则，
即，可得，
因为，所以.
选③：因为，可得，
由余弦定理得，
又因为，所以.
【小问2详解】
解：因为，且，
由余弦定理知，即，
可得，
又由，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以的面积，
即的面积的最大值为.
18. 如图，在梯形中，，，，E、F分别为、的中点，且，P是线段上的一个动点．
（1）若，求的值；
（2）求的长；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算，结合图形的几何性质，可得答案；
（2）利用同一组基底表示向量，根据数量积的运算律，可得答案；
（3）利用同一组基底表示向量，根据数量积的运算律，结合二次函数的性质，可得答案.
【小问1详解】
由分别为的中点，则，，
由图可得，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由，则，
，
可得，解得.
【小问3详解】
由图可得，
，
，
由，则.
19. 正等角中心（psitive isgnal centre）亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，
（1）若，
①求；
②若，设点为的费马点，求；
（2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）①；②；
（2）．
【解析】
【分析】（1）①利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得；②利用费马点的意义，结合三角形面积公式及数量积的定义计算即得.
（2）利用三角恒等变换求出角，借助费马点，利用余弦定理、勾股定理建立关系，再利用基本不等式求解即得.
【小问1详解】
①在中，由正弦定理及，得，
即，由余弦定理得，
又，所以.
②由①知，，则的三个角都小于，由费马点定义知：，
设，由得：
，整理得，
所以.
【小问2详解】
由，得，
即，又，，则，
于是，整理得，即，
又，有，则，，
由点为的费马点，得，
设，，，，
由，得，
由余弦定理得，
，
，
相加得得，
整理得，于是，当且仅当，即时取等号，
又，因此，而，解得，
所以实数的最小值为．