2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（北京专用01）（人教A版）

这是一份2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（北京专用01）（人教A版），共15页。试卷主要包含了测试范围，已知矩形，且，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教A版必修第二册第一章~第二章。
第一部分（选择题 共40分）
选择题：本题共10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．下列各量中是向量的是（ ）
A．时间B．路程C．加速度D．温度
【答案】C
【分析】由向量的定义判断即可.
【详解】因为时间、路程、温度只有大小没有方向，故是数量，加速度既有大小，又有方向，故是向量.
故选：C.
2．（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算法则，进行化简，即可求解.
【详解】由向量的线性运算法则，可得.
故选：A.
3．若，则实数x，y的值为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】D
【分析】根据复数相等进行求解即可.
【详解】.
故选：D
4．已知，，若与共线，则（ ）
A．B．C．1D．5
【答案】A
【详解】由与共线，可得：，解得：,
所以，则.
5．已知复数在复平面内对应的点在第一象限，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．-4
【答案】B
【详解】因为，所以，解得．
因为在复平面内对应的点在第一象限，所以．
6．在中，为边上的中点，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用余弦定理及向量数量积的运算律求出，再利用三角形面积公式求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
而，则，
两式联立解得，所以的面积为.
故选：D
7．中，内角的对边分别为，若已知，则“”是“有且仅有一解”的（ ）条件．
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
【答案】D
【分析】给定的边、和角，通过正弦定理来分析三角形解的情况，进而判断两个条件之间的逻辑关系
【详解】判断充分性，
由正弦定理可得.
已知，即（因为），由于，所以.
当时，，此时可能有两个值（一个锐角和一个钝角），那么可能有两解，所以由不能推出有且仅有一解，充分性不成立.
判断必要性，
若有且仅有一解，有两种情况：
情况一：且，此时由正弦定理，可得，因为，所以.
情况二：且或，当时，；当时，.
所以由有且仅有一解不能推出，必要性不成立.
则“”是“有且仅有一解”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
8．已知矩形，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出的各边的边长，再利用余弦定理即可.
【详解】在矩形，，为中点，为靠近的三等分点，则，
如图所示，
则，，，
在中，利用余弦定理可得，，
.
故选：C.
9．圭表是我国古代通过观察记录正午时影子长度的长短变化来确定季节变化的一种天文仪器，它包括一根直立的标杆（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺（称为“圭”）.当正午阳光照射在表上时，影子会落在圭面上，圭面上影子长度最长的那一天定为冬至，影子长度最短的那一天定为夏至.如图是根据六安市（北纬32°）的地理位置设计的圭表的示意图，已知六安市冬至正午太阳高度角（即）约为，夏至正午太阳高度角（即）约为，圭面上冬至线和夏至线之间的距离（即的长）为7米，则表高（即的长）约为（ ）（已知，）
A．3.26米B．4.73米C．5.37米D．6.31米
【答案】C
【分析】利用表高表示出冬至和夏至时圭面上的影长 CB 和 CD，根据两者之差 BD=7米列出方程，解出 表高。
【详解】设表高，在中，，，
在中，，，
已知冬至线和夏至线之间的距离米，所以，解得，
因此，表高约为米，
故选：C.
10．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设夹角为，分析可得，当，则，当时，以为原点，AB、AF分别为x，y轴建系，根据正八边形性质，可得各点坐标，分别计算在线段GF（除）上、在线段GH上运动和在线段AH（除）上运动时，的表达式，求出其范围，综合考虑即得答案．
【详解】设的夹角为，
当与重合时，；
当在线段AB（除）、线段BC、线段CD，线段DE，线段EF（除）上运动时，
，所以，
当与重合时，，所以，
以为原点，AB、AF分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
根据正八边形的性质可知到AF的距离为，
则，
直线GF的方程为，直线GH的方程为，直线AH的方程为，
当在线段GF（除）上运动时，设，
所以，
当在线段GH上运动时，设，
所以，
当在线段AH（除）上运动时，设，
所以．
的最小值为；
由投影向量的定义可知，当在CD上时，取得最大值，
延长DC交AB的延长线于点，
的最大值为，
其中正八边形的外角为，故，
故，
故，
所以最大值为
故选：D
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．若复数，则的虚部为______.
【答案】
【分析】根据复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，可得复数的虚部为.
故答案为：
12．已知向量，．若向量满足，，则_____________，_____________．
【答案】
【分析】由向量平行和垂直的坐标表示列代数式即可求解.
【详解】，则，
又，①，
又，，②，
由①②解得，．
故答案为：；
13．如图，在四边形中，，，，，则______，的面积为______.
【答案】 7
【分析】利用余弦定理，根据已知的两边以及它们的夹角来求解；先通过余弦定理求出，进而得到，再求出的度数，最后利用三角形面积公式来计算的面积.
【详解】在中，由余弦定理得
，.
在中，，，
，
.
故答案为：；.
14．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，，则____________；为线段上的动点，为中点，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】利用平面向量的基本定理，求得，求得的值，再由，且，设，得到和，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为，即，则，
又因为，可得，，所以；
因为正方形的边长为1，可得，且，
又因为为线段上的动点，设，且，
则，
因为为中点，则，
可得
又因为，所以当时，取到最小值．
故答案为：；．
15．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的有
①．若，则②．若，则
③．④．
【答案】②④
【分析】作，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，利用向量坐标求解即可.
【详解】如图，作，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
设，则
由可得 ，且，
若，则，
解得（负值舍去），故，①错误；
若，则，，，故②正确；
由于，故，
故，故③错误；
由于
而，所以，
所以，故④正确，
故选：②④
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
16．（14分）在复平面内，已知平行四边形的三个顶点对应的复数分别为0，，．求：
(1)向量对应的复数；
(2)向量对应的复数；
(3)点对应的复数．
【答案】(1) (2) (3)．
【分析】（1）由复数写出对应点的坐标，从而得相应向量的坐标，由向量运算的坐标表示计算出向量，然后再由坐标得出对应的复数；
（2）由复数写出对应点的坐标，从而得相应向量的坐标，由向量运算的坐标表示计算出向量，然后再由坐标得出对应的复数；
（3）由向量运算的坐标表示计算出向量，然后再由坐标得出对应的复数.
【详解】（1）复平面内平行四边形的三个顶点对应的复数分别为0，，，
∴向量对应的复数，向量对应的复数为．
，
∴向量对应的复数为．
（2），
∴向量对应的复数为．
（3），
∴向量对应的复数为，
∴点对应的复数为．
17．（13分）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，．
(1)求的面积；
(2)求边长及的值．
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用平方关系和面积公式求解即可.
（2）利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】（1）由，且，
则，
所以．
（2）由，
则，
又，则．
18．（13分）如图，在平行四边形中，.

(1)用向量，表示，；
(2)若，证明：，，三点共线.
【答案】(1)，
(2)证明见详解
【分析】（1）根据向量的线性运算求解；
（2）结合（1）得，从而，根据向量共线定理证明.
【详解】（1）由平行四边形，可得;
，，
，即.
（2）由（1），又，
所以，
所以三点共线.
19．（15分）已知向量，，，.
(1)求；
(2)若与垂直，求实数的值；
(3)若（），求的最小值及其相应的值.
【答案】(1)3
(2)
(3)，最小值
【分析】（1）由数量积的定义即可求解；
（2）由数量积的运算律、向量垂直的定义即可列方程求解；
（3）由数量积的运算律将所求转换为的函数即可求解.
【详解】（1）因为，，，
所以.
（2）因为与垂直，、，
所以，所以，
所以.
（3）．
当时，有最小值.
20．（15分）在中，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高等于．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可得；
（2）先结合条件得出，，若，则代入解方程即可；若已知面积，则根据面积公式得出，再解方程组即可；若选③，先求出，再同①.
【详解】（1）在中利用余弦定理可得，，
因为，所以，
又，所以；
（2）由，结合正弦定理可得，，
因为，所以，
选①：若，则，则（负值舍去），则，
故的周长为；
选②：，则，
则，则，得（负值舍去），
故，，，
故的周长为；
选③：因为边上的高等于，所以，
因为，所以，则（负值舍去），则，
故的周长为；
21．（15分）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为，其对边分别为的面积为S，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下问题：
(1)若，求的大小及的值；
(2)已知的条件下，解下列两个问题：
①若，求的值；
②若，求S.
【答案】(1)
(2)①12；②
【分析】（1）根据角的关系求得，在、中，分别由正弦定理可得，，由商数关系求的值；
（2）由，可得，对于①在、、中由余弦定理结合代数运算可得，再根据面积可求的值；②由面积公式结合余弦定理可得，结合①可得，平方展开运算得解.
【详解】（1）
在中，，
所以，而为锐角，故，所以，
所以，而，故.
又，故，
在中，由正弦定理有，所以，
在中，由正弦定理有，所以，
所以，故.
（2）
因为，所以，即，
①，所以
在中，，
在中，，
在中，，
三式相加得
，
整理得：.
②又
又由①知，
所以，
故，
整理得：，
即，
所以，即，
所以.