黑龙江佳木斯市第一中学2025-2026学年高一下学期4月月考数学试卷（含解析）

这是一份黑龙江佳木斯市第一中学2025-2026学年高一下学期4月月考数学试卷（含解析），文件包含树德中学高2025级高一下学期4月阶段性测试数学试题docx、四川省成都市树德中学2025级高一下学期4月阶段性测试-20260425163257docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
时间：120分钟总分：150分
第I卷（选择题共58分）
一、单选题（本题共有8个小题，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. 复数的虚部为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数乘法法则化简，再由虚部的定义求解，即得结果.
【详解】因为，所以其虚部为8．
故选：B．
2. 在中，已知，，则外接圆的半径为（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题设求出，再由正弦定理即可求解.
【详解】因为，，所以.
设外接圆的半径为，则，
所以外接圆的半径为.
故选：D
3. ，则中哪三点共线（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理逐一判断各个选项中的两个向量是否共线，即可得解.
【详解】对于A，设，则存在唯一实数，使得，
所以，无解，
所以不共线，所以三点不共线，故A不符题意；
对于B，因为，
所以，
又因为为公共点，所以三点共线，故B符合题意；
对于C，，
设，则存在唯一实数，使得，
所以，无解，
所以不共线，所以三点不共线，故C不符题意；
对于D，设，则存在唯一实数，使得，
所以，无解，
所以不共线，所以三点不共线，故D不符题意.
故选：B.
4. 已知，且，则的值是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再利用变角求出的值.
【详解】由，得，
由，得，
所以
故选：D
5. 已知四边形中，，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得四边形是等腰梯形即可由投影向量几何意义求解.
【详解】因为，
所以，所以四边形是等腰梯形，
所以向量在上的投影向量为
.
故选：D
6. 如图，在山脚A测得山顶P的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走到达B处，在B处测得山顶P的仰角为 γ ．想在山高的处的山腰建立一个亭子，则此山腰高为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在处测得山顶的仰角为，的倾斜角，在处测得山顶的仰角为，利用正弦定理即可算出山腰高度.
【详解】由题意可知，，，
分别在，中，，，
所以，
又
在中，由正弦定理可得，，
即， ，
在中，.
所以山腰高为.
故选：C.
7. 已知O是三角形ABC所在平面内一定点，动点P满足∈R.则P点的轨迹一定通过三角形ABC的（ ）
A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正弦定理化简已知条件，由此判断出的轨迹经过重心.
【详解】设三角形外接圆的半径为，由正弦定理得，
所以，
根据向量加法的几何意义可知：表示以为邻边的平行四边形的对角线，
此对角线与三角形中线重合，所以在三角形的中线上，也即点的轨迹一定通过三角形的重心.
故选：C
本小题主要考查正弦定理的运用，考查向量加法的几何意义，属于中档题.
8. 已知 均为单位向量，若对任意的恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将两边平方，转化为关于的一元二次不等式恒成立问题，再利用判别式结合夹角的范围即可求解.
【详解】由得，设
即，即对任意的恒成立，
所以，解得，
又因为，所以，
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则为锐角三角形
B. 若为锐角三角形，则，且
C. 若，则符合条件的有两个
D. 若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，根据余弦定理，只能判定角为锐角；B选项，移项后，利用正弦函数的单调性和诱导公式即得结论；C选项，由已知条件为两边一夹角，可判定错误；D选项，据正弦定理把等式的边换成角的正弦，再利用倍角公式化简整理得，进而推断，或，即可判定．
【详解】对于A，若，则，为锐角，
不能判定为锐角三角形，故错；
对于B，若为锐角三角形，有，
则，∴，故正确；
对于C，知道两边一夹角，符合条件的三角形有且只有一个，故C错误；
对于D，因为，所以
，或即，
为等腰或直角三角形，故正确．
故选：BD．
10. 已知中，是BC边上靠近的三等分点，为AO的中点，过点的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，设，其中.则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的最小值为
D. 若，角，则三角形ABC面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据平面向量的线性运算求解判断即可；对于B，由A知，利用三点共线即可求解；对于C，由B知，根据基本不等式“1”的妙用求解判断即可，对于D,两边平方化简结合基本不等式可得：，结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】，
对于A，，故A正确；
对于B，由A知，，由于M、O、N三点共线，
可知，即，故B正确；
对于C，由B知，，且，
所以，
当且仅当，即时取得等号，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，，，
所以，当且仅当时取得等号，，故D正确，

故选：ABD.
11. “费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在中，当最大内角小于时，费马点P满足；当最大内角不小于时，最大内角的顶点为费马点.若，，，点P为的费马点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由三角恒等化简，正弦定理转化边角关系，由余弦定理化简得到答案；B选项，解得到所有边角的大小，再证明与相似，利用相似比出答案；C选项，由B结论设，则，,解出数值，解得到，从而得到；D选项，利用向量内积计算可得答案.
【详解】A选项，由余弦二倍角公式得：
变为，整理得：，
由正弦定理得，再由正弦定理化简为：，
解得：，A正确
B选项，由余弦定理得，
带入整理得：，解得：
由正弦定理得，带入整理得：，
所以，
最大内角为 ，满足，
，
，，
与相似，
,化简得：，B错误
C选项，
设，则，,
中，由余弦定理得
解得：（舍去负根）
则，，
由正弦定理得：，
解得：,
，，C正确
D选项，，D正确
故选：ACD
第II卷（非选择题 共 9 2 分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知则=____．
【答案】##0.8
【解析】
【详解】由于则.
13. 在中，内角所对应的边分别为，，若，且，则的面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示，结合余弦定理求出，然后由面积公式可得.
【详解】因为，，，
所以c−23c+23−a−b2=0，即，
又，所以csC=12=a2+b2−c22ab=2ab−122ab，解得，
所以
14. 在中，已知，，，为线段的中点，为线段上一动点，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】易得，以点为原点，建立平面直角坐标系，再利用平面向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由，，，
所以
，
所以，所以，
如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
故，，
所以，
当时，取得最小值，
所以的最小值为.
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. （1）已知复数.若复数z在复平面内所对应的点位于第四象限，求m的取值范围.
（2）已知关于的实系数一元二次方程的一个根为，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）若复数z在复平面内所对应的点位于第四象限，则实部大于0，虚部小于0，
所以，解得.
（2）关于的实系数一元二次方程的一个根为，
则另一个根为，
所以由韦达定理得，解得.
16. 已知函数，.
（1）求函数在区间上的最大值和最小值；
（2）设的内角的对边分别为且，，若，求的周长.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦型函数最值的求法可得答案；
（2）通过求出角，再利用角的余弦定理可得答案.
【小问1详解】
因为，所以，
当，即时，；
当，即时，.
【小问2详解】
，则，
，，所以，
所以，，
由余弦定理得，即，①
又，②
把②代入①得，又由得，
所以，
的周长为.
17. 已知平面向量与的夹角为，且，.
（1）求向量的模；
（2）若，求实数的值；
（3）设为实数，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据模长公式即可求解，
（2）根据向量垂直，得数量积为0，即可求解，
（3）根据模长公式，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
，且，，.
，.
【小问2详解】
，
，
，，，，解得
【小问3详解】
，
当时，取得最小值为.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B；
（2）如图，的角平分线交于点D，且，，
（i）求的长度；
（ii）若边上的中线与相交于点F，求的余弦值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出即可得解.
（2）（i）根据角平分线性质和三角形面积的分割关系列出等式，求解BD的长度.
（ii）易知为向量的夹角，利用中线向量运算得，结合角平分线定理利用向量线性运算得，然后利用平面向量的夹角公式求解余弦值即可.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
即，
由余弦定理得，而，所以.
【小问2详解】
（i）已知的角平分线交于点D，则，
又在中，，即，
即，解得.
（ii）因为为的中线，
所以，
又，则，
因为，为的角平分线，
在中，因为，得到①，
在中，因为，得到②，
又，由①②得到，
所以，
因为
，
所以，
即的余弦值为.
19. 克罗狄斯·托勒密（ptlemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形（所有内角都小于的四边形）中，两条对角线的乘积不大于两组对边乘积之和，当且仅当四边形的对角互补（即四边形为圆的内接四边形）时两者相等．
已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中．
（1）若圆O的半径为r，且，
（ⅰ）求的大小；
（ⅱ）求的取值范围（用r表示）．
（2）若，，求的面积S的最大值以及当S取最大值时AD的长．
【答案】（1）（ⅰ） （ⅱ）
（2），
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）由正弦定理可解.
（ⅱ）设，根据正弦定理求，再把表示出来即可求得范围.
（2）由正弦定理可求，的长，由弦表原理可建立与的关系，继而应用基本不等式可求解.
【小问1详解】
如图：

（ⅰ）因为圆O是凸四边形ABCD的外接圆，
所以，又，，
所以，
即，
解得，所以.
（ⅱ）由（ⅰ）知，，，
设，
所以，
，
整理得，因为，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
如图：
，因为，，
所以，
即，
所以，，
，，,
由弦表原理得：，
即，
所以，（当时取等），
解得，，
因为，
所以的面积S的最大值，当S取最大值时，.