广东省广州市庆丰实验学校2023-2024学年高一下学期3月月考 数学试题【含答案】

广州市庆丰实验学校2023-2024学年3月月考高一数学试题一、单选题（每题5分，共40分）1．已知复数，，则（

）A． B． C．0 D．12．如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（

）A． B． C． D．3．设的内角所对边的长分别为，若,则角=A． B．C． D．4．如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（

）A．9 B． C．18 D．5．在中，若，则的形状一定是（）A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形6．已知向量满足，，且，则与的夹角的余弦值为A． B． C． D．7．如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为，且A，B两点之间的距离为6m，则树的高度为（

）

A．m B．mC．m D．m8．已知菱形的对角线相交于点，点为的中点，若，，则（

）A． B． C． D．二、多选题（每题6分，部分选对给部分分，共18分）9．下面关于空间几何体叙述正确的是（）A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．正四棱柱都是长方体D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥10．设，，为复数，且.下列命题中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11．在中，角，，所对的边分别为，，，点为所在平面内点，满足，下列说法正确的有（

）A．若，则点为的重心B．若，则点为的外心C．若，，，则点为的内心D．若，，，则点为的垂心三、填空题（每题5分，共15分）12．已知复数，i为虚数单位，则z的虚部为.13．已知，，向量，的夹角为，则．14．在中，，的角平分线交BC于D，则．四、解答题（15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分）15．已知复数（，为虚数单位）．(1)当时，求；(2)设为复数z的共轭复数，若不是纯虚数，求m的取值范围．16．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.17．已知角是的内角，若，.(1)若，求角A的值；(2)设，当取最大值时，求在上的投影向量（用坐标表示）.18．已知正的边长为1，中心为，过的动直线与边分别相交于点．(1)若，求．(2)求与的面积之比的最小值．19．在中，角、、所对的边分别为、、，且，.(1)求；(2)若为锐角三角形，求的面积范围.

1．B【分析】由复数除法法则求得复数z即可求得的值.【详解】由，可得又，则，则故选：B2．A【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，所以,故选：A3．B【详解】试题分析：，由正弦定理可得即；因为，所以，所以，而，所以，故选B.考点：1.正弦定理；2.余弦定理.4．D【分析】将直观图还原为原图，并由此计算出三角形的面积.【详解】在斜二测直观图中，由为等腰直角三角形，，可得，还原原图形如图：则，，则.故选：D.5．D【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.【详解】因为，故，整理得到，故，故或，即或，故的形状为等腰或直角三角形，故选：D.6．A【分析】根据向量数量积以及夹角公式化简求解．【详解】由已知得得：故选A【点睛】此题考查平面向量的数量积，向量积的两个运用：（1）计算模长，；（2）计算角，．如果两非零向量垂直的等价条件是7．A【分析】根据给定条件，利用正弦定理及直角三角形边角关系求解即得.【详解】在中，，由正弦定理得：，则，所以树的高度为.故选：A8．B【分析】根据题意,以对角线交点为坐标原点，对角线所在直线为轴建立直角坐标系,利用坐标法求解.【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由，，所以，，，，所以，所以.故选：B【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题的关键在于根据题意建立平面直角坐标系，利用坐标法求解，考查运算求解能力，是中档题.9．CD【分析】由正棱锥的定义判断A，由棱台的定义判断B，由正四棱柱的定义判断C，由圆锥的定义判断D.【详解】对于A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故A错误；对于B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，故B错误；对于C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故C正确；对于D，根据圆锥的定义可知D正确.故选：CD10．AD【分析】根据复数的特征、几何意义以及复数运算判断各选项即可.【详解】对于选项A：若，则，因为，则，所以，故A正确；对于选项B：若，则，因为与不一定相等，所以不一定相等，故B错误；设，对于选项C：所以，由，则，整理得，又因为不一定等于0，故C错误；对于选项D：因为，则，由选项C可知：因为，，所以，故D正确；故选：AD.11．AC【分析】若，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果，若，，，结合图形以及平面向量的线性运算即可推出结果.【详解】解：若则，∴.取中点，连接，∴.∴在的中线上，同理可得在其它两边的中线上，∴是的重心.若，，，则有，延长交于，则，，∴，设，则，∵与共线，与，不共线，∴，，∴，∴为的平分线，同理可证其它的两条也是角平分线.∴是的内心.故选：AC.12．【分析】直接利用复数代数形式的除法运算化简，则复数z的虚部可求．【详解】∵，∴z的虚部是．故答案为：．13．【分析】利用数量积的定义及运算律即可得解.【详解】因为，，向量，的夹角为，所以.故答案为：14．【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．15．(1)；(2).【分析】（1）把代入，利用复数除法运算及复数模的意义求解作答.（2）利用复数除法运算求出复数及，再利用纯虚数的意义求解作答.【详解】（1）当时，，所以.（2）依题意，，则，于是，当是纯虚数时，则，解得，则当不是纯虚数时，，所以的取值范围为.16．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.17．(1)；(2).【分析】(1)由向量平行的坐标表示列方程求A，(2)由数量积的坐标公式求，再求其最值，并根据投影的定义求在上的投影向量.【详解】解：(1)∵角是的内角，∴，又，且，∴，即，∴，∵，∴，则，即；(2)，∵，∴要使取得最大值，则，即.∴，∴在上的投影向量为.18．(1)(2)【分析】（1）根据，利用数量积的定义及运算律即可计算；（2）由题意可得，根据三点共线可得，利用三角形的面积公式可得，再结合基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，