2021-2022学年福建省厦门市第一中学高一3月月考数学试题（解析版）

1、2021-2022学年福建省厦门市第一中学高一3月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出答案后用铅笔将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标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效.3.考试结束，考生只须将答题卡交回.一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案.1. 设复数，则复数z的共轭复数等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的

2、运算法则及共轭复数的概念即得.【详解】因为，所以.故选：A2. 在中，已知，则的外接圆直径为（ ）A. 8B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求解.【详解】在中，所以由正弦定理得：,故选；B3. 已知向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】求出与的夹角为锐角的充要条件，再考查它与的关系即可得解.【详解】因与的夹角为锐角，则且与不共线，时，当时，则与不共线时，所以与的夹角为锐角的充要条件是且，显然且，即“与的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A正确.故选：A【点睛】结

3、论点睛：两个向量夹角为锐角充要条件是这两个向量的数量积大于0，并且它们不共线；两个向量夹角为钝角的充要条件是这两个向量的数量积小于0，并且它们不共线.4 已知平面向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由求出，再求出的坐标，进而求出模长.【详解】解：由，得，即，则，所以，所以.故选：D.5. 已知在中，角的对边分别为则边上的高为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】D【解析】【分析】先根据余弦定理求得a，再由余弦定理求得，继而求得，从而可得选项.【详解】因为所以，即，解得，所以，又，所以，所以边上的高为，故选：D.6. 鹳雀楼是我国著名古迹，位于今山西省永济市，传

4、说常有鹳雀在此停留，故有此名更有唐朝诗人王之涣在作品登鹳雀楼中写下千古名句“欲穷千里目，更上一层楼”如图是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面D点看楼的项点C的仰角为，沿直线前进51.9米到达E点，此时看点A的仰角为，若点B，E，D在一条直线上，则楼高约为（）（ ）A. 30米B. 60米C. 90米D. 103米【答案】C【解析】【分析】设，以的长列方程，化简求得，由此求得.【详解】，则，即，所以米.故选：C7. 如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AD，BC上，且，.点P在正方形ABCD的边上，且，则满足条件的点P的个数是（ ）A. 0B. 2C. 4D. 6【

5、答案】B【解析】【分析】以为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，点在正方形四边上移动，分4种情况分别求点坐标可得最终结果【详解】解：以为坐标原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，如图，则，若上，设，即，解得、，所以或，故此时满足条件的点有2个；若在上，设，即，解得，（舍去），故此时不存在满足条件的点；若在上，设，整理得，解得，故此时不存在满足条件的点；若在上，设，整理得，解得，（舍去），故此时不存在满足条件的点；综上，满足条件的点一共有2个，故选：B8. 课本第46页上在用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图在锐角中，过点作与垂直的单位向量，因为，所以，由分配律，得，即，也即请用上述向量方

6、法探究，如图直线与的边、分别相交于点、设，则与的边和角之间的等量关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】过点作，取单位向量，由结合平面向量数量积的定义化简可得结果.【详解】如下图所示，过点作，在中，取单位向量，则，即，所以，即.故选：A.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用二、多选题：本大题4小题，全选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得0分.9. 根据下列条件，能确定向量是单位向量的是（ ）A. B. C. D. 【答案】

7、BCD【解析】【分析】根据单位向量的定义判断即可；【详解】解：模为向量为单位向量，对于A：，所以，故A错误；对于B：，则，故为单位向量，故B正确；对于C：，则，故为单位向量，故C正确；对于D：，则，故为单位向量，故D正确；故选：BCD10. 在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，为虚数单位，则下列判断中正确的有（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】AC【解析】【分析】选项A. 由复数与向量的关系可判断；选项B.取特殊值，可判断；选项C. 由复数的运算结合向量数量积的坐标运算可判断；选项D. 设，由，则,结合向量数量积的坐标运算可判断；【详解】选项A. 由，则，所

8、以，故选项A正确.选项B. 当，, 满足.但，即，故B不正确.选项C. 设，由，则 所以，故C正确.选项D. 设，则满足此时，此时，故选项D不正确.故选：AC11. 已知的面积为3，在所在的平面内有两点P，Q，满足，记的面积为S，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.【详解】由，可知点P为的三等分点，点Q 为延长线的点，且为的中点，如图所示：对于A，点P为的三等分点，点为的中点，所以与不平行，故A错误； 对于B

9、，,故B正确；对于C，故C错误；对于D，设的高为，即，则的面积，故D正确；故选：BD【点睛】本题考查了平面向量的共线定理、共线向量、向量的加法与减法、向量的数量积，属于基础题12. 在中，角对边分别为，设向量，且，则下列选项正确的是（ ）A. B. C. D. 若的面积为，则【答案】BC【解析】【分析】根据向量平行得到，结合余弦定理转化为，进而利用正弦定理得到，化简整理即可判断A、B选项；利用正弦定理及二倍角公式将转化为，然后求出角A的范围，进而求出值域即可判断C选项；利用，结合正弦定理及二倍角公式化简整理可求得角，进而可以求出角，从而可以判断D选项.【详解】因为向量，且，所以，即，结合余弦定

10、理得，再结合正弦定理得，又因为,所以，所以，故，所以B正确，A错误；，因为，所以，又因为，所以，所以，即，因此，故C正确；因为，结合正弦定理，即，则,，则，或，故或，故或，故D错误.故选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量，试写一个非零向量_，使得【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据得到向量满足的条件即可写出.【详解】设，则，所以有，即.不妨取（答案不唯一）故答案为：（答案不唯一）14. 在中，若角有两个解，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理得到，再根据有两个解，即可得到且，从而得到，即可求出的取值范围；

11、【详解】解：由正弦定理，则，因为角有两个解，又，所以且，所以，即，解得，即故答案为：15. 如图，在中，点D，E是线段BC上两个动点，且，则_，的最小值为_.【答案】 . 2 . # 【解析】【分析】设，由，共线及已知可得，从而有，然后利用基本不等式即可求解；【详解】解：设，共线，又，显然，所以当且仅当且即，时取等号故答案为：2；16. 已知三角形ABC，点D为线段AC上一点，BD是的角平分线，为直线BD上一点，满足，则_.【答案】6【解析】【分析】由已知有为的旁心且，法一：作于点，可得，再由，即可求值.法二：应用特殊处理，假设为等边三角形，根据已知条件易得且，再由，即可求值.【详解】由为方向

12、上的单位向量，易知：是外角的角平分线，又BD是的角平分线，即为的旁心，而，法一：作于点，则，如下图示，所以，又，所以.法二：不妨设为等边三角形，即，则，所以，故，而，所以.故答案为：6【点睛】关键点点睛：作于点，利用向量加法的几何意义，结合数量积的运算律求值.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置.17. ，为虚数单位，为实数（1）当为纯虚数时，求的值；（2）当复数在复平面内对应的点位于第四象限时，求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据纯虚数的概念可得出关于的等式与不等式，进而可求得实数的值；（2）

13、将复数表示为一般形式，结合条件得出该复数的实部为正数、虚部为负数，可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）由为纯虚数得，解得；（2）复数，因为复数位于第四象限，所以，解得或故的取值范围为.【点睛】本题考查根据复数的概念与几何意义求参数，考查运算求解能力，属于基础题.18. 已知向量，（1）若，求实数的值；（2）当取最小值时，求与的夹角的余弦值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量垂直表示可得出关于的等式，进而可求得实数的值；（2）利用平面向量数量积的运算法则以及二次函数的基本性质可求得的值，可求出的值，进一步可求出的值，利用平面向量数量积可求得与的夹角

14、的余弦值【详解】（1）由已知条件可得，则，解得；（2）.当时，取最小值.，则，因此，.【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法：（1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是；（2）坐标法：若非零向量、，则.19. 已知，分别为三个内角，的对边，_在下列三个条件中任选一个，补充在上面横线中，并求解下面的问题.；.（1）求；（2）若是的中点，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)选，利用正弦定理角化边，再借助余弦定理即可得解；选，利用正弦定理边化角，再借助三角变换即可得解；(2)在、与中，利用余弦定理建立关于a，c的方程组，求出边c即可作答.【详解】（1）选：由正弦

15、定理可得，于是得，即，由余弦定理得，而，所以；选：因，由正弦定理得：，从而得：，则有，而，即，于是得，又，所以；选：因，由正弦定理得：，而，即，于是得，又，所以；（2）与中，与互补，由余弦定理得，显然有，于是得，中，由余弦定理得：，联立解得或（舍），于是得面积为，则，所以的面积为.20. 在中，内角，的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角即可得解；(2)利用正弦定理边化角，再求余弦函数在指定区间内的值域即得解.【详解】（1）因，中，由正弦定理得，化简为，即.因为，有，则，又，所以；（2）由（1）知，则，令，由

16、正弦定理：得，所以，所以，因为，则，所以的取值范围为.【点睛】关键点睛：涉及含三角形各边的一次关系的等式，利用正弦定理化边为角是解题的关键.21. 如图，甲船以每小时海里速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于处时，乙船位于甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里；当甲船航行分钟到达处时，乙船航行到甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里. （1）求乙船的速度；（2）若乙船在处的航行速度提高到每小时海里，甲船的航行速度不变，试问甲、乙两船是否会相遇，若相遇，则求出甲船从处到相遇所用的时间；若不相遇，请说明理由.【答案】（1）海里/小时；（2）相遇，小时.【解析】【分析】（1）连接，

17、分析出为等边三角形，可求得的值，利用余弦定理可求得，进而可求得乙船的速度；（2）分别延长、交于点，计算出、，计算出、，比较大小后可得出结论.【详解】（1）连接，由题意可得，因为，故为等边三角形，所以，在中，由余弦定理可得，故，所以乙船的速度为（海里/小时）；（2）分别延长、交于点，由（1）得，所以. 故，则，所以. 则在中，由正弦定理可得，故，因为，所以两船会相遇，且甲船从到相遇所用时间为小时.22. 在锐角中，点为的外心.（1）若，求的最大值；（2）若，（）求证：；（）求的取值范围.【答案】（1）； （2）（）证明见解析；（）.【解析】【分析】（1）令外接圆半径为，根据向量加法的几何意义及已知可得，根据锐角三角形、二倍角余弦公式及向量数量积的运算律得、，最后应用基本不等式求的范围.（2）（）利用向量数量积的运算律求、，进而求向量的夹角，即可证结论；