105，广西壮族自治区贵百河联考2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题

这是一份105，广西壮族自治区贵百河联考2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题，共14页。

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.
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若是两个单位向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据单位向量模为1，但方向不确定，夹角不确定，即可对选项一一判断.
【详解】对于A项，因是两个单位向量，方向不确定，故A项错误；
对于B项，因，故，即，故B项错误；
对于C项，因的夹角不确定，故不能恒成立，故C项错误；
对于D项，由B项可知，D项正确.
故选：D.
2. 若复数z满足其中i为虚数单位，则z=
A. 1+2iB. 12iC. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设，则，故，则，选B.
【考点】注意共轭复数的概念
【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，有时对复数的运算与概念、复数的几何意义等进行综合考查，也是考生必定得分的题目之一.
3. 已知向量，则下列命题中不正确的是（ ）
A. 存在，使得B. 当时，
C. 当时，与垂直D. 与可能平行
【答案】D
【解析】
【分析】对于A项，由代入坐标化简求得即可判断；对于B项，由化简计算可得，结合，即可判断；对于C项，由，求出，可得即可判断；对于D项，由等价于，即可排除.
【详解】对于A项，使，则，即，因，，可得，故A项正确；
对于B项，由，即，其中，则，
即，故，故B项正确；
对于C项，由，，可知，则，
于是，与垂直，C项正确；
对于D项，假设，则，即，故D项错误.
故选： D.
4. 在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对条件依次运用余弦定理和正弦定理，将其化成，化弦为切同时进行拆角化成，依题意进行组合相加即得.
【详解】由和余弦定理可得，即，
由正弦定理，，
则,即,
于是有①，②，由①+②可得：.
故选：A.
5. 设向量满足，则当的最大值时，共起点的向量的终点所构成的三角形为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出图形，先判断四点共圆，易看出当为圆的直径时，取最大值，推出，通过计算的三边长得出结论.
详解】
由可得，因，故.
如图，分别作出则
依题意，,,由可知四点在一个圆上，
故当为该圆的直径时, 取最大值，此时.
在中，由余弦定理，，即，
设四边形的外接圆半径为,由正弦定理，,解得，则,
于是,故是等边三角形，即共起点的向量的终点所构成的三角形为等边三角形.
故选：C.
6. 已知点满足，，，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】A
【解析】
【分析】将条件分别化简，然后分别根据外心，重心，垂心和内心的定义，判断结论．
【详解】解：若，则，取的中点，则，所以，所以点N是AB中线上的点，同理可得N也是AC、BC中线上的点，所以是的重心．
因为且，所以O到顶点，，的距离相等，所以为的外心．
由得，即，所以．
同理可证，所以为的垂心．
故选：A．
7. 设，则可取的值有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 无数个
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算，从而由n取特殊值1，2，3，4可得相应的值.
【详解】因为，
当n取特殊值1，2，3，4可得相应的值.
，，，.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的除法运算和的次幂运算，考查逻辑推理能力和运算求解能力.
8. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用已知条件解出，，的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基本不等式解题.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
再由余弦定理可得：，
所以，三角形为直角三角形，角为直角，
因为，
由三角形面积公式，
所以，又，则，
由余弦定理可得，化简得：，
所以，，
因为，所以可得，，
因为，
又，，三点共线，所以，且，，
所以，当且仅当时取等号.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是首先通过解三角形得的值，进一步得，由此即可顺利得解.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的选项中，有多项符合题目要求.（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得分2，只选两个都对得4分，错选不得分）
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. 在中，角所对的边分别为，，，O为外接圆圆心，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 外接圆面积为
C. D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合诱导公式及二倍角正弦求出角A，再利用正余弦定理、三角形面积公式、数量积运算计算判断各选项作答.
【详解】在中，由正弦定理及得：，
而，则有，即，又，，
则，所以，即，A正确；
由正弦定理得外接圆半径，该圆面积，B错误；
如图，，C正确；
由余弦定理得：，当且仅当时取等号，
因此，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 向量的夹角为，定义运算“”：，若，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据新定义结合向量的夹角公式即得.
【详解】因为，
所以，
则，所以.
故答案为：.
13. 向量，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直、平行以及加法运算、模长公式的坐标形式进行求解.
【详解】因为，且，
所以，，
解得，
所以
所以，.
故答案为：.
14. 如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为______海里.
【答案】
【解析】
【分析】分别在和中利用正弦定理计算，，再在中利用余弦定理计算．
【详解】连接，
由题意可知，，，，，
，，
在中，由正弦定理得，，
在中，
，，．
在中，由余弦定理得．
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. 设，是不共线的非零向量，且，．
（1）若，求，u的值．
（2）若，是互相垂直单位向量，求与的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）通过条件利用表示，然后利用平面向量基本定理列方程组求解；
（2）先求出，，，然后再用向量的夹角公式求即可.
【小问1详解】
，，
，
，
，
解得；
【小问2详解】
，是互相垂直单位向量，即，
，
，
，
，又，
.
16. （1）已知：复数，其中为虚数单位，求及；
（2）若关于的一元二次方程的一个根是，其中，是虚数单位，求的值．
【答案】，；.
【解析】
【分析】（1）利用复数的加减乘除运算法则化简复数即得，计算出其模长；
（2）根据实系数的一元二次方程的根的特征,判断方程有另一根，利用韦达定理即可求得.
【详解】（1）由，则；
（2）由的一元二次方程的一个根是，且，可知该方程还有另一个根为.
由韦达定理，，，故得
17. 已知中，角所对的边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，求边上的高．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，利用正弦定理和三角形内角和化简成即可求得；
（2）利用（1）求出的角和条件，以及余弦定理可求得，再考虑等面积即可求得.
【小问1详解】
由可得，
由正弦定理，,
则得，因，故，解得.
【小问2详解】
由余弦定理，，即，
则，因，故.
于是的面积为，
则
18. 如图，在平面四边形中，．
（1）当时，求四边形的对角线和的长度；
（2）设，记四边形的面积为，求的表达式，并求出它的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出和，再由正弦定理求得，最后由勾股定理求得；
（2）在中，由正弦定理求得，利用三角形面积公式表示得到，结合，利用余弦函数的图象即可求得.
【小问1详解】
在中，由余弦定理，,即；
于是，,因，则
当时，因，故,由正弦定理，，解得：,
又由,故,即
【小问2详解】
由（1）得：，，
在中，因，，则,由正弦定理，，解得，
则
，因，则，
故当时，即时，
19. 已知①，②，③在这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
在中，角A，B，C的对边分别为，且满足
（1）求角A大小；
（2）已知_______，_______，若存在，求的面积；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理对已知的式子变形化简可得，再利用余弦定理可求出角A的大小；
（2）若选择条件①和②，由正弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件①和③，由余弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件②和③，由正弦定理结合已知条件可得，从而可这样的三角形不存在
【详解】解：（1），
由正弦定理可得：，即，
，
，．
（2）方案一：选择条件①和②，由正弦定理，可得，
可得的面积．
方案二：选择条件①和③，由余弦定理，可得，
可得，可得，的面积．
方案三：选择条件②和③，这样的三角形不存在，理由如下：在三角形中，由（1），则由正弦定理，由③可得，
而，
则，所以这样的三角形不存在．