山西省运城市康杰中学2023-2024学年高一下学期第一次月考（4月）数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 复数，则复数的虚部是（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据虚数单位的定义以及复数的相关概念运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以复数的虚部是.
故选：A.
2. 已知向量，满足，，若与的夹角为，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平方的方法，结合向量数量积的运算求得正确答案.
【详解】.
故选：B
3. 已知向量，则（ ）
A. 1B. 2C. 6D. 1或者2
【答案】D
【解析】
【分析】求出坐标，再根据列方程求解.
【详解】由已知，
又，
所以，
解得1或者2
故选：D.
4. 如图所示的矩形中，，满足，，G为EF的中点，若，则的值为（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】以为基底，根据平面向量线性运算即可求解.
【详解】因为，，G为EF的中点，
所以
，
所以，所以.
故选：A
5. 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】由两角和的正弦公式并结合正弦定理可得，即，又由化简可得，得，从而可求解.
【详解】，则，
因为，所以，则，
又因为，，则，
则，即，
即，又因为，则，
所以，即.
即一定是等边三角形，故D正确.
故选：D.
6. 桂林日月塔又称金塔银塔､情侣塔，日塔别名叫金塔，月塔别名叫银塔，所以也有金银塔之称.如图1，这是金银塔中的金塔，某数学兴趣小组成员为测量该塔的高度，在塔底的同一水平面上的两点处进行测量，如图2.已知在处测得塔顶的仰角为60°，在处测得塔顶的仰角为45°，米，，则该塔的高度（ ）
A. 米B. 米C. 50米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】利用仰角的定义及锐角三角函数，结合余弦定理即可求解.
详解】由题意可知，,,
设米，则
在中，米，
在中，米.
由余弦定理可得，即，解得.
因为米，所以米.
故选：B.
7. 如图， A 、 B 、 C 三点在半径为1 的圆 O 上运动，且， M 是圆 O 外一点，，则的最大值是（ ）
A. 5B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的几何性质、向量运算以及向量绝对值三角不等式，求得答案.
【详解】连接，如下图所示：

因为 ，则为圆 O 的一条直径，故 O 为的中点，
所以 ，
所以
.
当且仅当 M 、O 、C 共线且 、 同向时，等号成立，
因此， 的最大值为
故选：C.
8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了一种求三角形面积的方法——三斜求积术：“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”．也就是说，在中，分别为内角的对边，那么的面积，若，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理及两角和的正弦公式得，代入“三斜求积”公式，利用二次函数求解最值.
【详解】因为，所以，
所以，
由正弦定理得，又，所以
，
所以当即时，面积的最大值为.
故选：B
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 在方向上的投影向量为
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.
【详解】因为，都是单位向量，所以，
所以，即，故A正确；
在方向上的投影向量为，故B正确；
若，则，即，即，
因为，所以，故C错误；
若，则，
所以，即，故D错误.
故选：AB
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 对任意，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正弦定理边角转化可判断A；根据两角和的正切公式结合三角形内角和定理可判断B；由正弦定理及三角形性质可判断C；由三角形内角性质及余弦函数单调性可判断D.
【详解】对于A选项，由，根据正弦定理得，（为外接圆半径），即，则，
故A正确；
对于B，，
所以，
所以，
所以三个数有个或个为负数，又因最多一个钝角，
所以，即都是锐角，
所以一定为锐角三角形，故B正确；
对于C，由正弦定理得，则，
又，则，知满足条件的三角形只有一个，故C错误；
对于D，因为，所以，又函数在上单调递减，
所以，所以，故D正确；
故选：ABD
11. 对于非零向量，定义变换以得到一个新的向量．则关于该变换，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 存在使得
D. 设，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由定义变换的新向量，结合向量平行的条件验证选项A，结合向量垂直的条件验证选项B，由向量夹角的坐标运算验证选项C，由新定义向量的变换，得到向量间的关系，求出，再计算验证选项D．
【详解】A选项，，设，
若，则有，所以，
则，故A选项正确；
B选项，若，则有，
故，
则，故B选项正确；
C选项，
，
，
，故C选项错误；
D选项，当时，，
，
，
，
，D选项正确．
故选：ABD．
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
12. 已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（ ）
A. △ABC面积的最大值为B. 的最大值为
C. D. 的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得，利用正弦定理和三角恒等变换得到，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围.
【详解】由余弦定理得：，解得：，
由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，
所以，故，A正确；
，
其中由正弦定理得：，
所以
，
因，所以，
故最大值为，的最大值为，
B正确；
，
故C错误；
，
因为，所以，
所以，D错误.
故选：AB
【点睛】三角函数相关的取值范围问题，常常利用正弦定理，将边转化为角，结合三角函数性质及三角恒等变换进行求解，或者将角转化为边，利用基本不等式进行求解.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知复数满足，则的最大值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】设出的代数形式，利用复数相等求出，再借助复数的几何意义求解即得.
【详解】设复数，由，得，
整理得，于是，即，，
由，得复平面内表示复数的对应点在以表示复数的对应点为圆心，1为半径的圆上，
表示这个圆上的点到表示复数的对应点的距离，
距离的最大值是.
故答案为：
14. 已知平面直角坐标系中，向量，，若与的夹角为锐角.则实数的取值范围为___________．
【答案】且
【解析】
【分析】根据题意得，且与不同向共线，再利用平面向量数量积的坐标公式以及向量共线列式即可得解.
【详解】因为，，
所以，
因为与的夹角为锐角，所以，且与不同向共线，
由，得，则；
由与共线，得，则，
此时与同向共线，故；
综上，且.
故答案为：且
15. 平面四边形中，，则的最大值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，因为，设，且，
在中，可得 ，
即，可得，
在中，可得，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
16. 在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为_______
【答案】
【解析】
【分析】利用张角定理得到，再利用不等式中的妙用来求解最值.
【详解】是的角平分线，
，
由张角定理得:，
即，
，
，
（当且仅当，即时取“=”）.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知向量，，
（1）若向量与垂直，求与夹角的余弦值；
（2）若，且与共线，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过向量垂直进行数量积运算，计算向量，然后按照数量积的定义即可计算出余弦值；
（2）通过模长运算计算向量，然后由向量共线的坐标运算计算的值.
【小问1详解】
，，，，
小问2详解】
，，
，又，与共线，
，.
18. 已知复数，为z的共轭复数，且．
（1）求m的值；
（2）若是关于x的实系数一元二次方程的一个根，求该一元二次方程的另一复数根．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据共轭复数的概念，结合复数的加法运算即可求解参数的值；
（2）首先将代入一元二次方程中求出参数，的值，然后再根据求根公式求解另外一个复数根即可.
【小问1详解】
已知，则，
由于，得，解得：
【小问2详解】
由（1）可知，，将代入方程可得：，
即：，得：，解得：，，
带入一元二次方程中得：，
解得：，，
即方程另外一个复数根为
19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
（1）求角A；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得，进而得解；
（2）由余弦定理求得，再利用三角形面积公式即可得解．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理，又，
，即，由，得.
【小问2详解】
由余弦定理知，
即，则，解得（负值舍去），
.
20. 如图，中，，D是AC的中点，，AB与DE交于点M．
（1）用表示﹔
（2）设，求的值；
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据已知结合图形，利用平面向量的减法运算，即可得到结果.
（2）借助向量的线性运算，用表示，再利用共线向量定理的推论列式计算即得.
【小问1详解】
依题意，.
【小问2详解】
依题意，
，而三点共线，则，
所以.
21. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知a，b，c是的三个内角A，B，C的对边，且______．
（1）求；
（2）若，求的周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）选①，根据题意，利用正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；
选②，根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；
选③，根据题意和正弦定理得得到，求得，即可求解；
（2）由题意，得到，求得周长，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：选①，由，
可得，
因为及正弦定理，可得，
所以，整理得，
则，因为，所以．
选②，由，可得，即，
因为，可得，所以，即．
选③，由，由正弦定理得，
即，
即，
整理得，
因，，可得，即，
因为，所以．
【小问2详解】
解：由，，可得，
所以周长，
又由，可得，
又因为，可得，所以，
所以，所以的周长的取值范围为.
22. 在边长为2的等边△ABC中，D为BC边上一点，且．
（1）若P为△ABC内一点（不包含边界），且PB＝1，求的取值范围；
（2）若AD上一点K满足，过K作直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，△AMN的面积为，四边形BCNM的面积为，且，求实数k的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)取的中点，则，所以，根据PB＝1，可以得到，进而求出结果；
(2)根据得到，利用题干已知条件进行转化，再利用三点共线可以得出，然后将比值化为一个二次函数求最值问题即可求解.
【小问1详解】
取的中点，所以，
因为为的中点，所以，
所以，
又因为PB＝1，所以，故，
故的取值范围.
【小问2详解】
因为，所以，
因为，，，
所以，也即，
因为点三点共线，所以①
因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以②，
由①得：，将其代入②式可得：，
所以当时，取最大值.