安徽省池州市贵池区2024-2025学年高一下学期4月期中教学质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省池州市贵池区2024-2025学年高一下学期4月期中教学质量检测数学试题（解析版）-A4，共3页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡统一交回等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 时间：120分钟）
命题单位：池州三中
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清晰.
3.请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试题卷上答题无效.
4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破，弄皱，不准使用涂改液，修正带，刮纸刀.
5.考试结束后，将答题卡统一交回.
本试卷共4页，19小题，满分150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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 若，则实数（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数模的定义，列式计算得解.
【详解】依题意，，解得.
故选：B
2. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的三角形法则和数乘运算法则即可求出．
【详解】由，得，而，
所以.
故选：A.
3. 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
4. 在中，角的对边分别为，若，，且，则的面积为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示结合余弦定理可得，再由三角形的面积公式求解即可.
【详解】因，，且，
所以，化为.
所以，解得.
所以.
故选：D.
5. 中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（ ）
A. 有一个角是的等腰三角形
B. 等边三角形
C. 三边均不相等的直角三角形
D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解.
【详解】如图所示，边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，显然，
因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，
于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，，
而，因此有，从而得，
所以是等腰直角三角形.
故选：D
6. “勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例.根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形ABCD中，△ABC满足“勾3股4弦5”，且AB=3，E为AD上一点，BE⊥AC.若=λ+μ，则λ+μ的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，进而利用向量的坐标表示，设，由可得，再由，利用坐标表示建立方程组求解即可.
【详解】解：由题意建立如图所示直角坐标系
因为AB=3，BC=4，则B(0，0)，A(0，3)，C(4，0)，
，，设，
因为BE⊥AC，
所以，解得.
由，得，
所以解得
所以，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示，属于基础题.
7. 在中，点在边上，且满足，点为上任意一点，若实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【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，可得，
由三点共线可得，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
8. 若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的最小值是（ ）
A. 9B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，，，，，，，则即为点到，，三点的距离之和，由费马点的性质可得当点 位于的中心时，取最小值，即可求解.
【详解】设，，，，，，，
则，，，
所以，
因为为等边三角形，由题意，等边的费马点为的中心，
此时取最小值，
所以，
故选：D．
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，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则
C. 若，则的虚部为
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例可判断A；根据复数相等列方程组可解p、q，然后可判断B；由虚部概念可判断C；利用两圆面积相减可判断D.
【详解】A中，令，则，故A错误；
B中，若点Z的坐标为，则，所以，
整理得，所以，解得，
所以，故B正确；
C中，易知的虚部为，故C错误；
D中，记，则
所以，
圆的面积为，圆的面积为，
所以点的集合所构成的图形的面积为，故D正确.
故选：BD
10. 已知，是两个单位向量，时，的最小值为，则下列结论正确的是（ ）
A. ，的夹角是B. ，的夹角是或
C. 或D. 或
【答案】BC
【解析】
【分析】向量模平方转化为二次函数的最小值问题.
【详解】设的夹角为，由题可知，
，
，是两个单位向量，且的最小值为，
的最小值为，则，
解得，与的夹角为或，
或，
或.
故选: BC
【点睛】向量模的最值问题转化为函数最值问题研究是数形结合典型形式.注意向量夹角的范围，防止漏解.
11. 已知三个内角的对应边分别为，且.则下列结论正确（ ）
A. 面积的最大值为
B. 的最大值为
C.
D. 取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得，利用正弦定理和三角恒等变换得到，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围.
【详解】由余弦定理得：，解得：，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
所以，故，故A正确；
，
其中由正弦定理得：，
所以
，
因为，所以，
故最大值为，
，
所以的最大值为，故B错误；
，故C正确；
，
因为，所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若实数满足，其中为虚数单位，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】用复数相等来计算即可.
【详解】由，可得，解得，
所以.
故答案为：.
13. 如图，在海面上有两个观测点B，D，点B在D的正北方向，距离为2km，在某天10:00观察到某航船在C处，此时测得，5分钟后该船行驶至A处，此时测得，，，，则该船行驶的距离为_______km
【答案】
【解析】
【分析】在中得，在中由正弦定理得，在中，由余弦定理得.
【详解】依题意，,
，
在中，，，则，又，则km，
在中，，，则，
由正弦定理，得AB=km，
在中，，由余弦定理得
，
所以该船行驶的距离km.
故答案为：
14. 我国南宋著名数学家秦九韶发现了“三斜”求积公式，即的三个内角所对的边分别为，则的面积.已知在中，，则面积的最大值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意，结合余弦定理得，，利用基本不等式得，再根据公式求解
【详解】因为，
又，则，
所以（当且仅当时取等号）.
则，
所以面积的最大值为.
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，且为纯虚数（是的共轭复数）.
（1）求实数的值；
（2）设复数，求；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由共轭复数定义可知，再由纯虚数定义可知.
（2）将代入，利用复数的除法法则求得，可求.
【小问1详解】
因为，则，
所以，又为纯虚数，
所以，解得；
【小问2详解】
，
所以.
16. 已知.
（1）求与的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得；
（2）根据投影向量的公式气促，再根据及数量积的运算律计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以，即，解得，
设与夹角为，
则，所以，
故与的夹角为；
【小问2详解】
向量为在上的投影向量，
则，
故
.
17. 的角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求角A；
（2）从三个条件：①；②；③的面积为中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，可得，然后利用余弦定理，可得.
（2）若选①，使用正弦定理以及辅助角公式可得，根据的范围可得结果；选②，利用正弦定理可得，可得结果.选③结合不等式可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，得，
所以，因为，所以.
（2）分三种情况求解：
选择①，因为，
由正弦定理得，
即的周长
，
因为，所以，
即周长的取值范围是.
选择②,因为，
由正弦定理得
即的周长
，
因为，所以，所以，
即周长的取值范围是.
选择③.
因为，得，
由余弦定理得，
即的周长，
因为，当且仅当时等号成立，
所以.
即周长的取值范围是.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式的应用，熟练掌握公式，边角互化化繁为简，考查分析问题的能力，属中档题.
18. 已知在中，为中点，，，.

（1）若，求；
（2）设和的夹角为，若，求证：；
（3）若线段上一动点满足，试确定点的位置.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）点为线段的中点
【解析】
【分析】（1）将用基底表示，利用平面向量数量积的运算性质可求出的值；
（2）将向量用基底表示，利用平面向量数量积的运算性质计算的值，即可证得结论成立；
（3）设，其中，将用基底表示，利用平面向量的基本定理可求出的值，即可得出结论.
【小问1详解】
因为，则，可得，
因为，，，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，
.
【小问2详解】
因为为的中点，则，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，，
又因为、均为非零向量，故，即.
【小问3详解】
因为点在线段上的一点，设，其中，
则，所以，，
又因为，且、不共线，
所以，，解得，此时，点为线段的中点.
19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道，平行的充要条件为．
（1）已知，，求；
（2）①已知，夹角为和，的夹角为，证明：的充分必要条件是；
②在中，，，且，若，求．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据“相离度”的定义代入相应值进行计算.
（2）首先证明①，可得，根据，等价于即可证明；
②由左右同时平方可求得，由题知为的重心，然后以、为基底表示出、，进而求出，再代即可得解.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
①因为
，
且，，则，
所以．
若，等价于，即，
所以的充分必要条件是；
②因，
则，
可得，
即，可得，
又因为，可知点为的重心，则，
可得，，
则，
，
，
可得，
所以．