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广西防城港高级中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份广西防城港高级中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含广西防城港高级中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题原卷版docx、广西防城港高级中学2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
一､单项选择题：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．
1. 若复数，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数加法的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由复数，则.
故选：A.
2. 已知在三角形中，，且，则角所对边的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理求解.
【详解】由余弦定理可得：，
所以.
故选：C
3. 如图，已知是的边上的中线，若，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为是的边上的中线，
所以，所以
.
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的定义与角的定义即可得解.
【详解】根据三角函数的定义可知，
，，故C错误，BD正确；
从而可得，则，故A正确.
故选：C.
5. 已知向量满足满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积，求夹角的余弦.
【详解】，，
，
因此．
故选：D
6. 若函数的部分图象如图所示，则和的值是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象求得的值.
【详解】由图象可知，
所以，
，
由于，所以.
故选：C
7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，在中应用正弦定理得，再由倍角余弦公式求，进而求镇国寺塔的高度.
【详解】在中，则，
所以，而，，
所以，又，
则.
故选：C
8. 在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：的面积，
，
，
则，
，
，
，
，，，
，
．
故选：D．
二､多项选择题：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i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A. B. 复数的虚部为
C. 若复数为纯虚数，则D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.
【详解】因为，A正确；
复数的虚部为，B不正确；
若，则，，C不正确；
设，所以，
，D正确.
故选：AD.
10. 已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则钝角三角形
B. 若，则
C. 若，则是锐角三角形
D. 若，，，则只有一解
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；
对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；
对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；
对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.
【详解】对于A，因为三个角满足，所以由正弦定理化简得，设，为最大边，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故A正确；
对于B，由及正弦定理，得,解得，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，所以为锐角，但无法确定和是否为锐角，故C错误；
对于D，由正弦定理得，解得，因为,所以，所以只有一解，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由同角三角函数的平方关系计算和验证AB选项；，由两角和的正弦公式计算验证C选项；由和算出和，计算验证D选项.
【详解】，
则，
，A选项正确；
，B选项错误；
，
C选项正确；
由，有，
，D选项正确.
故选：ACD
12. 已知是边长为2的等边三角形，分别是上的两点，且，与交于点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 在方向上的投影向量的模长为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用题设条件建立直角坐标系，写出相关点坐标，求出相关向量坐标，利用向量坐标的加减法和数乘积运算，依次检验A,B,C项，利用投影向量的模的定义表达式检验D项即得.
【详解】
由题意可知：为中点，则，
以为原点，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
所以，，
设
由，可得，
即是中点，，故选项正确；
，故选项错误；
又因为则，故选项错误；
易知在方向上的投影向量的模长为，故选项D正确．
故选：BD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，其中16题第一空2分，第二空3分，共20分．
13. __________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算可得答案.
【详解】.
故答案为：.
14. 若复数满足，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算即可得解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
15. 已知角的终边经过点，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用任意角的三角函数的定义、诱导公式，计算即可．
【详解】的终边经过点，
．
则
.
故答案为：．
16. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则________，若，，则的最小值为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据向量的加减运算，以为基底，表示出，和已知等式比较，即可得的值，求得的值；结合已知用表示，结合三点共线可得，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得的最小值.
【详解】在中，，，则，
故
，
故；
又，而，，
所以，则，
又三点共线，所以，结合已知可知，
故，
当且仅当，结合，即时，取等号；
即最小值为，
故答案为：；
【点睛】结论点睛：若，则三点共线.
四､解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18-22题12分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 平面内给定两个向量，.
（1）求的坐标；
（2）若，且、、三点共线，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得；
（2）首先求出，的坐标，依题意，根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
.
【小问2详解】
由题意可得，，
，
又、、三点共线，则可得，
即，解得
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
（1）若，，求c；
（2）若的面积为，，求a．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案；
（2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案.
【小问1详解】
因为，，所以，
由正弦定理，可得.
【小问2详解】
因为的面积为，所以，
因为，，所以，解得.
由余弦定理可得，即.
19. 如图，平行四边形ABCD中，，，，分别是，的中点，为上一点，且．
（1）以，为基底表示向量与；
（2）若，，与的夹角为，求．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】(1)由题可得：，利用向量的加法法则和减法法则，以及向量的中点表示，即可得到；
(2)先求出，再由(1)得到的结论，化简即可得到所求向量的数量积.
【详解】（1）∵平行四边形中，，，，是，的中点，，
∴，
（2）∵，，与的夹角为，∴，
∴．
【点睛】本题考查了向量的加法，减法法则，考查了向量数量积的运算，属于较易题.
20. 在中，分别是角所对的边，且满足．
（1）求角的大小；
（2）设向量，向量，且，判断的形状．
【答案】（1）；
（2）直角三角形.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）由，可得，即有，，即可得结论.
【小问1详解】
解：因为，
所以，
因为，
所以；
【小问2详解】
解：因为，，且，
所以，
所以，
所以或（舍），
当时，，
所以为直角三角形．
21. 设函数．
（1）求函数的最小正周期及其图象的对称轴；
（2）将函数的图象先向右平移个单位，再向上平移1个单位得到函数的图象，求函数在上的值域．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先将函数化为形式，求函数的最小正周期及其图象的对称轴即可；
（2）利用三角函数图象变换的规则，得到函数的解析式，再求函数在上的值域即可.
【小问1详解】
由题可得：
，
所以的最小正周期为：．
由得：，
所以该函数图象的对称轴方程为：
【小问2详解】
由题可得
．
因为，所以，
得：，
所以值域为.
22. 在中，内角，，的对边分别为，，，．
（1）若，证明：；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理结合题设可得，再利用正弦定理边化角，即可证明结论；
（2）由可推出，利用基本不等式可推出，即可求得周长的最大值.
【小问1详解】
证明：由余弦定理知和，
得，
又，则，
结合正弦定理得，
；
【小问2详解】
由（1）知，又，
故，即，
，所以，
则，故，当且仅当，即时取等号，
故，即周长的最大值为6.
一､单项选择题：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．
1. 若复数，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数加法的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由复数，则.
故选：A.
2. 已知在三角形中，，且，则角所对边的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理求解.
【详解】由余弦定理可得：，
所以.
故选：C
3. 如图，已知是的边上的中线，若，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为是的边上的中线，
所以，所以
.
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的定义与角的定义即可得解.
【详解】根据三角函数的定义可知，
，，故C错误，BD正确；
从而可得，则，故A正确.
故选：C.
5. 已知向量满足满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积，求夹角的余弦.
【详解】，，
，
因此．
故选：D
6. 若函数的部分图象如图所示，则和的值是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象求得的值.
【详解】由图象可知，
所以，
，
由于，所以.
故选：C
7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，在中应用正弦定理得，再由倍角余弦公式求，进而求镇国寺塔的高度.
【详解】在中，则，
所以，而，，
所以，又，
则.
故选：C
8. 在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：的面积，
，
，
则，
，
，
，
，，，
，
．
故选：D．
二､多项选择题：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i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（ ）
A. B. 复数的虚部为
C. 若复数为纯虚数，则D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.
【详解】因为，A正确；
复数的虚部为，B不正确；
若，则，，C不正确；
设，所以，
，D正确.
故选：AD.
10. 已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则钝角三角形
B. 若，则
C. 若，则是锐角三角形
D. 若，，，则只有一解
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；
对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；
对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；
对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.
【详解】对于A，因为三个角满足，所以由正弦定理化简得，设，为最大边，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故A正确；
对于B，由及正弦定理，得,解得，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，所以为锐角，但无法确定和是否为锐角，故C错误；
对于D，由正弦定理得，解得，因为,所以，所以只有一解，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由同角三角函数的平方关系计算和验证AB选项；，由两角和的正弦公式计算验证C选项；由和算出和，计算验证D选项.
【详解】，
则，
，A选项正确；
，B选项错误；
，
C选项正确；
由，有，
，D选项正确.
故选：ACD
12. 已知是边长为2的等边三角形，分别是上的两点，且，与交于点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 在方向上的投影向量的模长为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用题设条件建立直角坐标系，写出相关点坐标，求出相关向量坐标，利用向量坐标的加减法和数乘积运算，依次检验A,B,C项，利用投影向量的模的定义表达式检验D项即得.
【详解】
由题意可知：为中点，则，
以为原点，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
所以，，
设
由，可得，
即是中点，，故选项正确；
，故选项错误；
又因为则，故选项错误；
易知在方向上的投影向量的模长为，故选项D正确．
故选：BD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，其中16题第一空2分，第二空3分，共20分．
13. __________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算可得答案.
【详解】.
故答案为：.
14. 若复数满足，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算即可得解.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
15. 已知角的终边经过点，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】利用任意角的三角函数的定义、诱导公式，计算即可．
【详解】的终边经过点，
．
则
.
故答案为：．
16. 如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则________，若，，则的最小值为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据向量的加减运算，以为基底，表示出，和已知等式比较，即可得的值，求得的值；结合已知用表示，结合三点共线可得，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得的最小值.
【详解】在中，，，则，
故
，
故；
又，而，，
所以，则，
又三点共线，所以，结合已知可知，
故，
当且仅当，结合，即时，取等号；
即最小值为，
故答案为：；
【点睛】结论点睛：若，则三点共线.
四､解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18-22题12分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 平面内给定两个向量，.
（1）求的坐标；
（2）若，且、、三点共线，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得；
（2）首先求出，的坐标，依题意，根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
.
【小问2详解】
由题意可得，，
，
又、、三点共线，则可得，
即，解得
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．
（1）若，，求c；
（2）若的面积为，，求a．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）先求出角，结合正弦定理可得答案；
（2）先利用面积求出，结合余弦定理可得答案.
【小问1详解】
因为，，所以，
由正弦定理，可得.
【小问2详解】
因为的面积为，所以，
因为，，所以，解得.
由余弦定理可得，即.
19. 如图，平行四边形ABCD中，，，，分别是，的中点，为上一点，且．
（1）以，为基底表示向量与；
（2）若，，与的夹角为，求．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】(1)由题可得：，利用向量的加法法则和减法法则，以及向量的中点表示，即可得到；
(2)先求出，再由(1)得到的结论，化简即可得到所求向量的数量积.
【详解】（1）∵平行四边形中，，，，是，的中点，，
∴，
（2）∵，，与的夹角为，∴，
∴．
【点睛】本题考查了向量的加法，减法法则，考查了向量数量积的运算，属于较易题.
20. 在中，分别是角所对的边，且满足．
（1）求角的大小；
（2）设向量，向量，且，判断的形状．
【答案】（1）；
（2）直角三角形.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）由，可得，即有，，即可得结论.
【小问1详解】
解：因为，
所以，
因为，
所以；
【小问2详解】
解：因为，，且，
所以，
所以，
所以或（舍），
当时，，
所以为直角三角形．
21. 设函数．
（1）求函数的最小正周期及其图象的对称轴；
（2）将函数的图象先向右平移个单位，再向上平移1个单位得到函数的图象，求函数在上的值域．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先将函数化为形式，求函数的最小正周期及其图象的对称轴即可；
（2）利用三角函数图象变换的规则，得到函数的解析式，再求函数在上的值域即可.
【小问1详解】
由题可得：
，
所以的最小正周期为：．
由得：，
所以该函数图象的对称轴方程为：
【小问2详解】
由题可得
．
因为，所以，
得：，
所以值域为.
22. 在中，内角，，的对边分别为，，，．
（1）若，证明：；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理结合题设可得，再利用正弦定理边化角，即可证明结论；
（2）由可推出，利用基本不等式可推出，即可求得周长的最大值.
【小问1详解】
证明：由余弦定理知和，
得，
又，则，
结合正弦定理得，
；
【小问2详解】
由（1）知，又，
故，即，
，所以，
则，故，当且仅当，即时取等号，
故，即周长的最大值为6.
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