山东省菏泽鲁西新区德能高级中学2024~2025学年高一下册4月月考数学试卷【附解析】

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1. 下列向量中，与向量共线的一个单位向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由单位向量的意义和共线向量的坐标关系逐个判断即可.
【详解】对于A，因为向量的模为，故A错误；
对于B，因为，且向量的模为，故B正确；
对于C，因为向量的模为，故C错误；
对于D，因为，所以向量与向量不共线，故D错误.
故选：B.
2. 已知复数，则（ ）
A. 的虚部为B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得的虚部，即可判断；由复数模的运算即可判断；由共轭复数的定义即可判断；虚部不为0的复数不能比较大小，即可判断.
【详解】由已知可得的虚部为，故错误；
，故错误；
，故正确；
虚部不为0的复数不能比较大小，故错误.
故选：C.
3. 定义行列式，已知函数，若在区间上，始终存在两个不相等的实数，，满足，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据定义运算，利用三角恒等变形化解可得，分析在区间的值域，结合二次函数性质，建立不等式可解.
【详解】由题中所给定义可知，
，
当时，，
所以，所以，
当时，，，
所以，解得；
当时，，，，
所以，解得，
综上，a的取值范围是．
故选：C.
4. 已知中，角所对的边分别为，设向量，若，则是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标运算得，利用正弦定理以及两角差的正弦公式得到，即可判断.
【详解】在中，因为，且，
所以，由正弦定理得，
所以，即，
又，则，则，
所以，所以该三角形为等腰三角形.
故选：A
5. 平面向量与向量满足,且，,则向量与的夹角为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量数量积的性质，得到，代入已知等式得到，设向量与的夹角为，结合向量数量积的定义和，，算出，最后根据两个向量夹角的范围，可得答案
【详解】，则
又
，解得
设向量与的夹角为，
则，即
解得
，
，
故选
【点睛】本题给出两个向量的模，并且在已知它们的和向量与其中一个向量数量积的情况下，求两个向量的夹角，着重考查了平面向量数量积的运算和两个向量夹角等知识，属于基础题．
6. 已知，，满足，，，则点依次是的（ ）
A. 重心，外心，垂心B. 重心，外心，内心
C. 外心，重心，垂心D. 外心，重心，内心
【答案】C
【解析】
【分析】根据和外心的性质得到为外心；由重心的性质得到为重心；利用向量数量积运算法则得到，所以，同理可得，所以为垂心
【详解】依题意，由得，到的三个顶点的距离相等，所以为外心；
设的中点为，则由得，所以为重心；
由得，
所以，同理可得，所以为垂心．
故选：C
7. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的运算法则求得，再根据共轭复数概念得，然后由复数的几何意义得结论．
【详解】由，可得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D．
8. 若，，且，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“1”的代换，结合基本不等式求出的最小值，即可得出答案.
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当，，，即，时等号成立，
所以的最大值为．
故选：A.
二、多项选择题
9. 已知a，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. z的虚部是B.
C. D. z对应的点在第二象限
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数相等的定义，结合复数虚部定义、复数模的定义、共轭复数的定义、复数在复平面内对应点的特征逐一判断即可.
【详解】由复数相等可得解得所以，
对于A，的虚部是2，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，对应的点在虚轴上，故D错误.
故选：BC
10. 下列命题错误的有（ ）
A. 若非零向量与平行，则四点共线
B. 若满足且与同向，则
C. 若，则的充要条件是
D. 若，则存在唯一实数使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量平行的含义可判断A；根据向量的定义可判断B；根据复数的相等可判断C；举反例判断D.
【详解】对于A，若非零向量与平行，则四点可能共线，
也可能是，此时不共线，A错误；
对于B，由于向量是既有大小又有方向的量，故向量是不能比较大小的，B错误；
对于C，由于，则，故可得，反之也成立，C正确；
对于D，若，则不存在实数使得，D错误，
故选：ABD
11. 中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则面积的最大值为
C. 不可能为锐角三角形
D. 若为的外心，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由正弦定理代入计算，即可判断A，由余弦定理结合基本不等式即可判断B，当时，即可判断C，由数量积的运算律代入计算，即可判断D
【详解】对A，因为，由正弦定理可得，
即，即，且，所以，故A错误；
对B，因，则，由余弦定理可得
，即，当且仅当时，等号成立，
则面积的最大值为，故B正确；
对C，当时，为锐角三角形，故C错误；

对D，如图，作交于点，则点为的中点，且，
设，则，
所以，故D正确；
故选：BD
三、填空题
12. 已知，与的夹角为，若向量与的夹角是钝角，则实数的取值范围____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积定义计算可得，再根据两向量与的夹角为钝角可得其数量积小于零，且它们不反向，解不等式即可求得结果.
【详解】依题意可得，
若向量与的夹角是钝角，可得且向量与不反向，
所以，解得；
当两向量方向相反时可得，且，解得；
因此可得或；
即实数的取值范围为.
故答案为：
13. 已知平面向量，若，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量坐标运算求出的坐标，再利用向量垂直的坐标公式列出方程，最后求解方程即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，解得．
故答案为：1
14. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个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.已知，，分别是三个内角，，的对边，且，若点为的费马点，，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得,设，求得，利用余弦定理得到，，，由，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，则，整理得，
由正弦定理得，
则，且，则，所以，可得，
又由点为的费马点，可得,
设，
由，可得，
由余弦定理得
，
，
因为，即，
可得，且，则，
当且仅当时，即时，等号成立，
又因为，则，解得或（舍去），
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
15. 如图，在直角三角形中，．点分别是线段上的点，满足．
（1）求的取值范围；
（2）是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意得，结合即可得解；
（2）由，求解即可
【小问1详解】
在直角三角形中，．
∴，，
，
∵，∴．
【小问2详解】
令，得或（舍）.
∴存在实数，使得．
16. 已知复数为虚数单位.
（1）求和；
（2）若复数是关于的方程的一个根（其中），求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先对复数化简，然后可求出其模和共轭复数；
（2）由题意将代入化简，再由复数相等的条件列方程组可求出值，从而可求出的值.
【小问1详解】
【小问2详解】
复数是关于的方程的一个根，
，
，
解得
17. 三角形中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知 ，点D 是的中点，点E 在线段上，且，线段与线段交于点M.
（1）求角B的大小;
（2）若，求的值；
（3）若点G是三角形的重心，求 的最小值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行边角互化，由三角函数值求角即得；
（2）利用两组三点共线，列出向量方程，由平面向量基本定理即可求得的值；
（3）结合图形和条件将化简成，通过两边取平方，将化为，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，整理得，
故，
因为，所以.
【小问2详解】
如图，
由题意可得，
因为三点共线，故可设 ，
又因三点共线，故，
所以，故.
【小问3详解】
因为
所以，
因为，所以，
于是，两边平方化简得：
，当且仅当时取等号，
所以，即.
所以的最小值为.
18. 如图，在平面四边形中，．
（1）若，求；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
【小问1详解】
连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以
【小问2详解】
中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
19. 在中，内角所对边分别为，
（1）求角的值;
（2）若的面积，且，求；
（3）求 的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）由三角形面积公式及余弦定理即可求解；
（3）由正余弦的二倍角公式，及两角和的正弦公式即可求解.
【小问1详解】
由，
结合正弦定理边化角可得：,
由两角和的正弦展开化简可得：，
又为三角形内角，，
所以，又为三角形内角，
所以 ，
【小问2详解】
由，，
，
所以，
，
所以
【小问3详解】
由，可得，
所以，
由（1），
所以