广东省深圳市宝安第一外国语学校2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

2024——2025学年第一学期高一下3月月考试卷数学本试卷共4页，19小题，全卷满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上.2.每小题选出答案后，用2B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.再选涂其它答案，不能答在试题卷上.3.考试结束，监考员将答题卡收回.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.已知，则的实部是（）A. B.i C.0 D.1【答案】C【解析】【分析】根据复数除法运算化简，由实部定义可得.【详解】因为，所以z实部是0.故选：C．2.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法求出积，再求出复数对应点的坐标即得.【详解】复数，所以复数在复平面内对应的点在第一象限.故选：A3.已知向量，，，则（）A. B.4 C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算直接计算即可【详解】因为向量，，所以，即，解得，故选：A4.若向量，满足，且，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件结合数量积公式化简即可求解.【详解】因为，，即，，求得，所以向量与的夹角为.故选：B5.如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（）A.海里 B.海里 C.海里 D.海里【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即得.【详解】依题意，在中，，则，而，由正弦定理得，所以船与灯塔A间的距离为海里.故选：C6.在中，若，且，那么一定是（）A.等腰直角三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等边三角形【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理求出，从而得解.【详解】因为，由正弦定理可得，又，所以，所以，则，又，所以，又，由余弦定理，又，所以，所以，则为等边三角形.故选：D7.已知，，若向量的夹角为钝角，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知：且向量方向不反向，结合向量的坐标运算求解.【详解】由题意可知：且向量方向不反向，则，解得且，所以实数的取值范围为.故选：C.8.在中，，的角平分线AD交BC边于点D，的面积是的面积的2倍，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据角平分线的性质，结合等面积法可得，即可由正弦定理求解，由三角恒等变换即可求解.【详解】，的角平分线AD交BC边于点D，故，故，由正弦定理可得，故，故，故，故，故选：C.二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.下列关于平面向量说法正确的是（）A.已知，均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得B.在四边形中，，，，则四边形为平行四边形；C.若且，则D.若点为的重心，则【答案】AD【解析】【分析】根据平面向量共线定理判断A；利用向量的运算得到，即可判断B；根据数量积的定义判断C；由向量的中点表示与三角形的重心性质即可判断D.【详解】对于A，由向量平行的判定定理，可得A正确；对于B，因为，，，所以.所以.所以且，所以四边形为梯形.故B错误；对于C，由平面向量的数量积定义可得，不能得到，故C错误；对于D，若点G为△ABC的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，如图所示：所以，所以，故D正确.故选：AD.10.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（）A.若A＞B，则B.若，则有两解C.若，则为锐角三角形D.若，则为等腰三角形或直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】由余弦函数的单调性即可判断A,由正弦定理即可判断B,由余弦值的性质即可判断C,由边角互化即可判断D.【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确；对于B，由正弦定理可得：，∴，此时无解，故B错误；对于C，∵，为三角形的内角，∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；对于D：∵，所以由正弦定理可得，又,因此，∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．故选：ACD．11.已知复数，下列结论正确的有（）A.若，则B.若，则C.若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆D.若是关于方程的一个根，则【答案】BCD【解析】【分析】由复数，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得的值，可判定D正确.【详解】对于A中，若复数，满足，但两个虚数不能比大小，所以A项错误；对于B中，若，则，即，可得或，所以，所以B项正确；对于C中，由于表示两个复数在复平面上对应的两点之间的距离，所以，表示复平面内到点距离为3的点的集合，所以对应的点的轨迹为圆心在，半径为3的圆，所以C项正确；对于D中，由是关于的方程的根，故，即，可得，所以，所以D项正确.故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，则的共轭复数________________.【答案】【解析】【分析】对z进行复数的除法运算整理为的形式，则共轭复数为.【详解】因为，所以.故答案为：13.如图，在平行四边形中，点在边上，点在边上，且与相交于点，若，则实数______.【答案】##【解析】【分析】将用表示，然后利用三点共线列方程求解即可.【详解】由得，因为，则，因为三点共线，所以，解得.故答案为：.14.克罗狄斯·托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理.定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立.已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为_________________.【答案】【解析】【分析】记，利用余弦定理表示出，然后根据题中结论可得.【详解】记，则，在中，由余弦定理得，由题知，，即，所以，当且仅当四点共圆时取等号，所以的最大值为.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（为虚数单位）.（1）若是纯虚数，求值；（2）若，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由代入计算，结合是纯虚数即可求得，再由复数的模长公式，即可得到结果；（2）根据题意，由复数相等的定义，列出方程，即可得到结果.【小问1详解】当时，，所以，且是纯虚数，则，解得，所以，则，所以.【小问2详解】若，则，所以，解得.16.如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，.（1）用，表示，；（2）若，，，求与的夹角的余弦值.【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）利用向量的三角形法则即可求解（2）根据向量夹角公式即可求解；【小问1详解】因为点是的中点，点，分别是，的四等分点所以，因为，.所以【小问2详解】因为，，，所以，所以，令与的夹角为，所以与的夹角的余弦值为.17.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式化简已知条件，由此求得的值；（2）利用三角形的面积列方程，求得的值，结合余弦定理求得的值，进而求得三角形的周长.【小问1详解】因为，由正弦定理可得：，且，可得，且，可知，可得.【小问2详解】由（1）可知：，，则，因为的面积为，可得，由余弦定理可得，即，可得，所以的周长为.18.如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，．（1）若，求AE；（2）若，求AE的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，过作交于，求出，再利用余弦定理求解即得.（2）连接，，利用正弦定理、余弦定理建立关系，再借助三角恒等变换及正弦函数性质求出最大值.【小问1详解】在四边形中，由，得，过作交于，由，得，则四边形是平行四边形，，而，因此，，在中，由余弦定理得.【小问2详解】连接，由，，得，设，，在中，由正弦定理，得，在中，由余弦定理得，其中锐角由确定，显然，则当时，，即，所以AE的最大值为.19.对任意两个非零向量，定义新运算：．（1）若向量，求的值；（2）若非零向量满足，且，求的取值范围；（3）已知非零向量满足，向量的夹角，且和都是集合中的元素，求的取值集合．【答案】（1）2；（2）；