2025-2026学年高一数学下学期第一次月考01【浙江专用，人教A版必修第二册第6~7章：平面向量+复数】

这是一份2025-2026学年高一数学下学期第一次月考01【浙江专用，人教A版必修第二册第6~7章：平面向量+复数】，共14页。试卷主要包含了测试范围等内容，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版必修第二册第六章~第七章。
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．已知，则复数的虚部为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】运用复数除法运算求出，再根据虚部概念得解．
【详解】由于，则，则复数的虚部为．
故选：B.
2．在中，，，则角A的大小为（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】D
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，，
故，即，
由于，故，则或，
故A的大小为或，
故选：D
3．已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据投影向量的定义求解．
【详解】由题意，，
所以在上的投影向量为，
故选：A．
4．在中，若，则的形状是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
【答案】C
【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.
【详解】：因为在中，满足，
由正弦定理知，代入上式得，
又由余弦定理可得，因为是三角形的内角，所以，
所以为钝角三角形，
故选：C.
5．如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得，米，在点，处测得塔顶的仰角分别为，，则塔高（ ）
A．15米 B．米 C．30米 D．米
【答案】C
【分析】根据题意，得到，在中，利用余弦定理，列出方程，即可求解.
【详解】在中，因为，可得
在中，因为，可得
在中，因为
由余弦定理得
即，可得
解得或（舍去），即塔的高度为30米.
故选：C.
6．已知锐角的面积为，则边的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由为锐角三角形，得到，利用三角形面积公式以及正弦定理化简可得：，由，求出的范围，从而得到结果.
【详解】设锐角的三个内角，，所对的边分别为，，，

因为在锐角中，，则，
，则，
由正弦定理可得：，则，
所以，即
因为，所以
所以，
因为，则，则，即，
所以，所以，即，
故选：C
7．已知向量，满足，，若对任意实数x都有，则（）的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作 由任意实数都有，得取，设，可得在直线上，即可求解答案.
【详解】如图，由，，可得在上的投影为2，即
因为对任意实数都有，由射影定理可得,
所以.
设，取，可得在直线上，
所以线段的最小值为到直线的距离，
当时，
故答案为：A.
8．已知在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，在消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界限，可得的取值范围．
【详解】由
及余弦定理，可得
正弦定理边化角，得
是锐角三角形，
，即．
，，
那么：
则，
故选：
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，为复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则或 D．若，则
【答案】AC
【分析】对于选项A可直接利用复数的性质进行判断；对于C，通过取模运算即可判定；对于选项B和D，取特殊复数即可判定.
【详解】对于选项A，若，则和互为共轭复数，所以，故选项A正确；
对于选项B，取，此时，，满足，
但，故选项B错误；
对于选项C，若，则，所以或，可得或，故选项C正确；
对于选项D，取，，可得，故选项D错误.
故选：AC.
10．我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即，现有满足，且，则（ ）
A．三个内角A、B、C满足关系
B．的周长为
C．若的角平分线与交于D，则的长为
D．若E为外接圆上任意一点，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】对A，利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理可判定；对B，由三角形面积公式计算可得三边长，从而判定；对C，利用三角形面积公式结合已知条件求解；对D，设，利用正弦定理表示出，由数量积定义求出，利用三角函数求出答案.
【详解】对于A，由，设，
由余弦定理，，又，
，则，故A正确；
对于B，由，解得，
，则的周长为，故B正确；
对于C，由，
所以，解得，故C错误；
对于D，设，，则，
在中，，
由正弦定理，，
，
因为，所以，
当，即时，，即取得最大值，
又当点与点重合时，，
当点与点重合时，，
综上，的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
11．已知点M在所在平面内一点，则（ ）
A．若M为BC中点，，则是在方向上的投影向量
B．若，则面积比
C．若，，的夹角两两相等，，，则
D．若为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】对于选项A,先由是BC中点得，设单位向量、，根据条件知与共线，推出AM是角平分线，又是中点，得等腰且，从而判断是投影向量.
对于选项B，对变形得，因两三角形高相同，根据底边比求面积比.
对于选项C，由向量夹角两两相等得夹角为，通过求，利用向量运算及数量积公式计算，再开方得结果.
对于选项D,坐标法计算数量积得关于的二次函数，根据二次函数性质求取值范围.
【详解】对于A，两边平方得，即，即，且是角的角平分线，又M为BC中点，即是等腰三角形，，则是在方向上的投影向量，故A正确；
对于B，因为，所以点在线段上，如图所示

取的四等分点，靠近的点为，取的四等分点，靠近的点为，连接，则有且，所以的高是的高的，所以，故B错误；
对于C，
，，故C正确；
对于D，以为原点，边所在的直线为轴，边所在的直线为轴，建立如图所示的平面坐标系

易知直线的方程为，设，
因为，所以，
，
又，所以当时，取最小值为，
当时，取最大值为3，
所以，即，故正确．
故选：ACD
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．如图，一个半径为的半圆，、两点为直径的三等分点，、两点为弧上的三等分点，则________.

【答案】
【分析】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.
【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴，
过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，连接、，

由题意可知，，，
则、、、，
所以，，，故.
故答案为：.
13．若，则的最大值为________．
【答案】6
【分析】设，由题设可得，由复数的几何意义求解最值即可.
【详解】设，
则，
得，
表示以为圆心，1为半径的圆上的点到原点的距离，
所以.
故答案为：6.
14．设G为的重心，满足．若．则实数的值为________．
【答案】0.5
【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式，结合正弦定理角化边得，再利用三角形重心性质及向量数量积的运算律计算得即可得解.
【详解】在中，，
则，由正弦定理得，
由G为的重心，，得，
即，则，
即，因此，所以.
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．（13分）已知复数（R），为实数.
(1)求；
(2)若复数在复平面内对应的点在第四象限，且为实系数方程的根，求实数的值.
【答案】(1);(2)
【分析】（1）根据复数为实数求出，代入化简后求复数模即可；
（2）由复数是实系数方程的根代入求出，再结合所在象限舍去不合适的值.
【详解】（1）由，为实数，则为实数，
所以，即，，
所以.
（2）由在复平面内对应的点在第四象限，
所以，
又为实系数方程的根，
则，
所以，，
又，所以.
16．（15分）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求角的大小；(2)点为线段的中点，且，，求的值．
【答案】(1);(2)1
【分析】（1）根据正弦定理可得，即可求出角的大小；
（2）利用中点向量公式和余弦定理求解即可．
【详解】（1）由得，
所以，因为是锐角，所以；
（2）点是的中点，且，
，平方得，
即，
由余弦定理：，
即，
联立解得：
的值为1．
17．（15分）如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点．
(1)试用表示和；(2)若，求．
【答案】(1),;(2)
【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，设，根据平面向量共线定理的推论求出，即可求出；
（2）首先用、表示出、，再根据数量积的运算律及定义计算可得.
【详解】（1）因为，所以，
设，所以，
又三点共线，所以，解得，
所以.
（2）因为，
设，
又三点共线，所以，解得，所以，
所以，
又，即，
即，解得或（舍去）.
18．（17分）如图，半圆的直径为，为直径延长线上的一点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设，
(1)当时，求四边形的周长；
(2)用表示四边形的面积，并求其面积的最大值；
(3)求的最大值，并指出此时的值．
【答案】(1)
(2)，最大值为
(3)最大值为，此时
【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得解；
（2）利用余弦定理表示出，再由面积公式转化为的三角函数，用三角函数最值来解即可；
（3）依题意即求的最大值，利用正弦定理表示出，即可求出，从而求出，再由余弦定理表示出，利用三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）在中，，，，
由余弦定理得，
所以，于是四边形OACB的周长为．
（2）在中，由余弦定理得，
所以，，
于是四边形的面积
，
即，
当，即时，四边形的面积取得最大值为，
所以当满足时，四边形的面积最大，最大值为．
（3）因为，
所以要求的最大值，即求的最大值，
因为，
在中由正弦定理得，
即，
所以，
所以
，
由余弦定理得
，
因为，所以当时，取得最大值.
所以的最大值为，此时.
19．（17分）在锐角中，记的内角的对边分别为，，点为的所在平面内一点，且满足．
(1)若，求的值；
(2)在（1）条件下，求的最小值；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理、可得，再由求出，利用向量平行四边形法则解得，得为的外心，再由正弦定理对称答案；
（2）由向量的数量积公式可得，求出的范围可得的范围，从而求出最小值；
（3）取的中点，由向量的加法运算可得，，再由平面向量数量积的定义可得，代入、得、，联立两式求出，再由正弦定理、基本不等式可得答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
因为，可得，所以，
又因为，可得，所以，即，
因为，所以，
又由，
可得，
解得，即，所以为的外心，
由正弦定理有，所以；
（2）因为，所以，且，
，
因为，解得，
则，则，所以，
所以，
所以；
（3）如图所示：取的中点，连接，则，
所以，
同理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以，，
即，所以，①
，即，
所以，②
联立①②可得，
所以，，
又因为，
因为，所以，可得，
可得，当且仅当等号成立，
令，，
函数，令，
，
因为，所以，
可得，所以在上单调递增，
所以，
所以．