2024-2025学年高一下册第一次月考数学试卷（提高篇）解析版

2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试卷（提高篇）

参考答案与试题解析

第I卷（选择题）

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，只有一项是符合要

求的。

I.（5分）下列命题错误的是（）

A.若五与B都是单位向量，则为=刃.

B.“|田=同”是吃=萨的必要不充分条件.

c.若海都为非零向量，则使含+总=6成立的条件是3与曲向共线.

\a\\b\

D.=b,b-c,贝!=乙

【解题思路】根据平面向量的定义以及向量共线的概念一一判断.

【解答过程】对A,方,都是单位向量，则2工模长相等，但方向不一定相同，

所以得不到己=瓦A错误；

对B,“泣|=|引"推不出，=刃"，但啜=刃”能推出“同=同”，

所以“国=|即是％=加的必要不充分条件，B正确；

对C,因为五与石反向共线，

且就都为单位向量，则备盾=机c正确；

\a\\b\\a\\b\

对D,若花=3,1=工，则五="，D正确，

故选：A.

2.（5分）已知复数2=a+bi（a,beR）,若（l-i）z=2-2+ai,则复数z在复平面内对应的点Z位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【解题思路】根据共软复数的概念及复数的基本运算化简，再应用复数相等得出参数，最后应用复数的几

何意义得出点的象限.

【解答过程】由题意,得（1—i）（a+历）=a—历―2+ai,

a+b+（b-a）i=a-2+（a-b）i,

.1.z=-2-2i在复平面内对应的点为Z（-2,-2）在第三象限.

故选:c.

3.（5分）在△ABC中，M、N分别在边力B、4c上，且方=2丽，AC=4AN,。在边BC上（不包含端

点）.^AD=xAM+yAN,贝岭+j的最小值是（）

A.2B.4C.6D.8

【解题思路】设丽=4近，其中推导出2久+y=4,将代数式：+：与；（2x+y）相乘，展开后利

用基本不等式可求得3+和勺最小值.

【解答过程】因为。在边BC上（不包含端点），不妨设丽=4近，其中0<4<1,

即而一同=乂而_同），

所以，AD=（1-2）AB+AAC=2（1-2）AM+4AAN,

又因为40=+%4N,则％=2—24,y—4A,其中x、y均为正数，

且有2%+y=4,

所以，;+：=；（2久+y）G+,）=X4+把+4J4+2=2,

yx,

（^=y_

当且仅当时，即当｛；；；时，等号成立,

（汽>0,y>0

故则:+：的最小值是2.

故选：A.

4.（5分）己知复数z满足|z-1|=1,则|z+2+4i|（i是虚数单位）的最小值为（）

A.V17-1B.4C.V17+1D.6

【解题思路】根据复数模长的几何意义即可求得结果.

【解答过程】设2=%+丫"则由|z-l|=1=>0-1）2+y2=1,

所以复数Z在复平面内对应的点坐标在（1,0）为圆心，1为半径的圆上，如下图所示：

而|z+2+4i|=+2)2+(y+4)2,

即求复平面内点(x,y)到(-2,-4)距离的最小值，

由圆的几何性质可知当点(x,y)位于(-2,-4)与圆心(1,0)点连线交点时，取到最小值，

即J(_2—l)2+(_4_0)2—1=4

故选：B.

5.(5分)直角梯形N8CD中，AB=BC=2,AD=W，CD=1,点。,E为中点，F在AD、CD、BC

边上运动(包含端点)，则亦•历的取值范围为()

【解题思路】建立直角坐标系，分类讨论F在4D、CD、BC边上运动时不•云的取值范围，从而得解.

【解答过程】依题意，建立直角坐标系，如图，

则4(0,0),8(2,0),0(1,0),0(。,Eg,日),

当F在AD边上运动时，记尸(0,t)(0<t<V3),

则。F=(―=&曰),

所以赤.无=一打次，则荏e[—利；

当F在CD边上运动时，记F(s,g)(0<s<1),

则中：=(s—l,g),所以次.云=*s_l)+|=$+l,则市.反

当尸在8c边上运动时，记而=4前(0W2W1),

则方=~OB+~BF=~OB+ABC=(1,0)+-)=(1-A,V3A),

所以方.丽=31-4)+^xV32=|+2,则方.屈6卜,|]；

综上：OF-OEe[-1,|].

故选：A.

6.(5分)在△力BC中，内角A,B,C的对边分别为a,6,c,己知向量访=(a,cos?)元=(仇cos?,万=(^c,cos

共线，则△4BC的形状为()

A.等边三角形B.钝角三角形

C.有一个内角是2的直角三角形D.等腰直角三角形

【解题思路】由向量而，五共线可得QCOS9=bcos/利用正弦定理结合倍角公式分析可得/=同理可得/=C,

即可判断结果.

【解答过程】因为向量无=(a,cos?),五=(hcos3共线，

则acos2=hcosp由正弦定理可得：sin/cos?=sinBcosp

则2si碌os*：os2=2sin|cos^cosp

因为4BE(0m),贝嗡6(0q)，可知sin?,cosg,sigcos?均不为0,

可得sing=sin*贝吟=’即4=B；

同理由向量访=(a,cosJ),万=(c,cos共线可得：A=C；

综上所述：A=B=C.

所以△ZBC的形状为等边三角形.

故选：A.

7.(5分)瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：。比=cos%+isin%,其中e是自然对数的底数，

i是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论

中占有非常重要的地位，被举为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是()

A.苕的虚部为i

B.复数渡在复平面内对应的点位于第二象限

D.若21=肃/2=则在复平面内分别对应点2122,则△0Z/2面积的最大值为:

【解题思路】代入x=与即可判断A；代入尤=:即可判断B：对等式右边进行代换化解即可判断C；代入

%再计算相应相应的模，再利用三角形面积公式即可判断D.

【解答过程】对于A,e3=cos5+isinT=i,其虚部为1,A错误;

对于B,』=cos：+isin★乎+学，复数潦在复平面内对应的点位于第一象限，B错误;

eixe-ix_cosx+isinx—[cos(—x)+isin(—x)]

it-IT1a•

01

对于D,Zi=e3=cos§+isin-=-+—i,z2=e=cosd+isin0,

222

\OZy\—J(|)+(-y)=L\0Z2\=Vcos0+sin0=1,

因此△。2花2的面积为：I'lOZil|OZi|sin(6—石)=Tsin(。—石)，△OZiZ2面积的最大值为今D正确.

故选：D.

8.(5分)在锐角中，角4,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且4s=四

[a2_(/?_c)2],则誓的取值范围为()

A.(|,|)B.(|,2]C.[2,|)D.[2,+8)

【解题思路】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两

角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得.

【解答过程】在锐角△4BC,由余弦定理可知2bccosZ=岳+-小，

由面积公式可得=如Sin4代入到已知条件可得

4x|hc-sinA=V3[<i2—fe2—c2+2bc]a2bc•sinA=V3[2/)c-cosX+2bc],

因为beHO,化简可得sinZ=-V^cosZ+g，

根据恒等变换可得sin(/+勺=容因为锐角△ABC,

所以0V4v55V/所以可得4+三=芫4='

所以sin/=^,cosA=I，

sinB_sin(i4+C)_sin/cosC+cos/sinCV31,1

sinCsinCsinCE"+于

因为锐角△ABC,所以0<C<，)<B=g-C<?

则？<C<?tan尤在(0,单调递增,

则熹《0诋，令t=g=手熹所以01,2)，

所以誓=3+?=t+-，由对勾函数的单调性知y=t+5在(fl)单调递减，在(1,2)单调递增,

当t=l时，是极小值y=2,当t=|•或t=2时，最大值y=|,

则誓«2,|).

故选：C.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的

要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

9.(6分)已知Zi,Z2为复数，则下列说法正确的是()

A.zi+z2=zf+z^B.|Zi|=|z2b则zj.=±Z2

C.若Z1Z2=O,则Z1=O或Z2=0D.若|z「i|=L贝U|zi+i|的最大值为3

【解题思路】对于A：根据共朝复数的定义结合复数运算分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：根

据模长性质分析判断；对于D：根据复数的几何意义分析可知点Zi的轨迹是以点/为圆心，半径为1的圆,

结合圆的性质分析判断.

【解答过程】设zi=a+bi,z2=c+di(a,b,c,dGR),则无=a-bi,々=c-di,

对于选项A：因为Zi+Z2=a+c-(b+d)i,五+与=a+c-(6+d)i,

所以zi+Z2=五+无,故A正确；

对于选项B：例如Zi=l+i,z2=1—i,则[zj=|zz|=夜,

但Zi=±Z2不成立，故B错误；

对于选项C:若Z[Z2=0,则忆/2|=ZI,忆2|=0,

则口|=0或忆21=。，所以Z1=O或Z2=0,故C正确；

对于选项D：设复数Zi,i,—i在复平面内对应的点分别为Z1/(O,1)凤0,—1),

因为|zi—i|=|石|=1,可知点Zi的轨迹是以点/为圆心，半径为1的圆，

则同+”=1^^1431+1=3,当且仅当点/在线段BZi上时，等号成立,

所以|zi+i|的最大值为3,故D正确；

故选：ACD.

10.（6分）在△4BC中，点P满足BP=2PC,过点P的直线与ABAC所在的直线分别交于点MN,AM=A

荏，标=4元（4>0,〃>0）,则下列说法正确的是（）

B.%+〃的最小值为

C.AP=^AM+4-AND.办的最小值为9

【解题思路】先利用向量的线性运算判断AC,再利用三点共线得到《1+菰2=1,进而利用基本不等式与“1”

oADR

的妙用即可得解.

【解答过程】如图所示，因为8P=2PC,则而=2元，即而-荏=2（前-而）,

所以而=痴+|尼，故A错误；

又因为4M=AAB,AN=/MC（4>0,/z>0）,

所以4P=§1M+加N,故C正确；

oA3林

12

因为MPN三点共线，则有+羡=1，

所以14+Q2行焉=篇，则加吗

当且仅当1=。，即〃=22=1时，等号成立，

所以加的最小值为未故D错误；

所以，+“=（"+〃）偿+金）=£+4+1“府+1=乎+1,

当且仅当募=品即〃=何=¥+(时，等号成立，

所以4+〃的最小值为竽+1,故C正确.

故选：BC.

11.(6分)在锐角△力BC中，内角4,B,C的对边分别为a,b,c,若加inB=(a+c)sin4则下列说法正

确的是()

A.B=2A

B.B的取值范围为GW)

C.焉一焉+2sinB的最小值为2鱼

LdllriLdll£?

D.一的取值范围是Q,l)

【解题思路】利用正弦定理角化边得62=a(a+c),结合余弦定理和二倍角公式可得cosB=cos24可判断

A；根据三个角为锐角列不等式组求解可判断B；利用商数关系和和差公式，结合8=24化简，运用基本不

等式可判断C；边化角，利用二倍角和三倍角公式化简，结合角4范围可判断D.

【解答过程】对A,由正弦定理角化边得炉=a(a+c),

由余弦定理有COSB==两”弧+0=吴一，

炉+。2一凉_a(a+c)+c2—a2_a+c

cosA=

2bc2bc2b

因为△ABC为锐角三角形，所以ABC(0,J),246(0,n),

所以cos24=2cos24—11=§^-1=>看

所以cosB=cos24,所以B=24A正确；

对B,由上知，C=Tt-34,

(0<4<2

因为△力BC为锐角三角形，[0<2A<^,解得合4吗

(0<TI-3A<]

所以86(,q,B正确；

11,.COSAcosB,_.「sinBcosA—cosBsinA

对C,b高F+2nsmnB=.^+2smB=一百靛一+2sinB

sin(B—>1)sin/

+2sinB=+2sinB=-i-+2sinB>2也

sinAsinBsin/sinB

当士=2sinB时，得sinB=W，

sino2

因为少，sinBe（^,l）,所以等号不成立，C错误；

—b—asinB—sini4sin2A—sinA2sirh4cos/—sin/

Yvj*D,-------------------7=----------------=--------------------------------

csin（ii—3i4）sin3i4sin24cos4+cos24sin4

2sini4coSi4—sinX2sirh4cos/—sinZ2cos4—1

2sirh4cos2/+（1—2sin2i4）sini43sinyl—4sin3i43—4sin2X

_2cosyl-1_1

4cos27l—12coSi4+l,

因为三＜力＜?所以乎＜cos4（容

6422

111

所以五+1＜2COS4+1＜K+L所以而〈石石？＜瓦］

即弓€（专1,&一1）,D错误.

故选：AB.

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.（5分）已知向量部的夹角为等£=（但1）,同=1,则忖一同=V7.

【解题思路】利用向量的数量积的定义，求得1,再根据忖―山=J9—产，即可求解.

【解答过程】因为㈤=1,@=J（V示」=2,怎©=与，

所以2-b=|a|•|&|cos（a,h）=2x1xcosy=-1,

所以|五一同=J（a—b）2=Ja2-2a-b+b2=^4—（—2）+1=V7.

故答案为：V7.

13.（5分）复平面上两个点ZrZ2分别对应两个复数zi，z2,它们满足下列两个条件：①Z2=z「2i；（2）

两点Zi，Z2连线的中点对应的复数为-l+3i,若。为坐标原点，则4ZiOZ?的面积为8.

【解题思路】令Zi（?n,几），Z2（a,b）,S.a,b,m,n6R,结合条件求参数，进而确定OZLOZ2的位置关系及模长,

即可求AZiOZz的面积.

【解答过程】令Zi（nvi）,Z2（a,b）,S.a,b,m,nGR,

由Z2=zi-2i,则a+hi=（m+ni）-2i,即a+bi=-2n+2mi,故｛。［2nT①，

za+m_

由两点Zi，Z2连线的中点对应的复数为—l+3i,贝X五二;，即「/黑；%?②，

联立①②，可得｛忆工3且｛d即而=（2,2）,运=（一4,4）,

由丽•丽=-4x2+4x2=0,即丽1就，故aZiOZz为直角三角形，

又|函j=2VL\Ozl=4V2,故△Z1OZ2的面积为：x4鱼X2五=8.

故答案为：8.

14.（5分）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m）,三角高

程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有/,B,C三点，且/,B,

C在同一水平面上的投影4,B',。满足乙4，C8=45。，U0C=60。.由C点测得8点的仰角为15。，BB'与

CC'的差为100：由B点测得/点的仰角为45°,则A,C两点到水平面的高度差/H—CC约为

373（仔1.732）.

【解题思路】过C作CH1AB',过8作进而44-CC=40+100,易知4D=DB=4E,在ABCH

中，求得。〃=与，进而。夕=华，在八中，用正弦定理即可求得的长，进而可知44」CC

tan15tan15

的长.

【解答过程】如图，过C作CHLBB',过8作BD1.AA',

故AA'-CC'=AA'-（BB'-BH）=AA'~BB'+100=/。+100,

由题易知八4。8为等腰直角三角形，所以4D=DB.

所以4©-CV+100=，夕+100.

100

因为〃。，所以

NBC=15C77=C9tanl5°,

在AT夕C中，由正弦定理得,

AE_CE_100_100

sin45°sin75°tanl5°cosl5°sinl5°,

而sin15°=sin（45o-30°）=sin45°cos300-cos45°sin30°=^^,

所以49=吧*1=100（V3+1卜273,

V6-V2

所以44'-CC'=4夕+100=373.

故答案为：373.

四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

15.（13分）已知复数2=济（b€R）,看为实数.

（1）求|Z+z2|;

（2）若复数g+z）2在复平面内对应的点在第四象限，且Z为实系数方程%2+⑺2_9）久+4=0的根，求实数M

的值.

【解题思路】（1）根据复数为实数求出b,代入化简后求复数模即可；

（2）由复数是实系数方程的根代入求出小，再结合所在象限舍去不合适的值.

【解答过程】（1）由z=bi,笠为实数，则警=(2+bi)(l-i)=等+等1为实数,

(l+i)(l-0

所以亍=0,b=2,即z=2i,z2=-4,

所以|z+z2\=|-4+2i|=2V5.

(2)由+z)2=(m+2i)2=m2-4+4nli在复平面内对应的点在第四象限,

所以t4m<0的<一2,

又z=2i为实系数方程%2+(m2_9)x+4=0的根，

则4+2(m2—9)i—4=0,

所以血2—9=0,m=±3,

又?nV-2,所以7n=-3.

16.（15分）已知向量己=（一1,0）,3=（根,1）,且五与石的夹角为三

⑴求m及|五+2同；

（2）若江+需与d+2至所成的角是锐角，求实数2的取值范围.

【解题思路】(1)由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得小的值，计算出向量H+2石

的坐标，利用平面向量的模长公式可求得|五+2M的值；

(2)求出向量3+2刃的坐标，分析可知G+4),Q+2励>0且向量花+泥与2+21不共线，结合平面向量

的坐标运算可求得实数2的取值范围.

【解答过程】(1)因为向量五=(-1,0),石=(犯1),且五与另的夹角为%

则c°s：=需木=一舄=¥，解得小=-1,

所以，b=(-l,l),贝皈+29=(-1,0)+2(-1,1)=(-3,2),

故忆+2b\=V(-3)2+22=V13.

(2)由(1)+2b=(-1,0)+2(-1,1>(-2-1,A),且2+23=(-3,2),

因为2+需与W+2b所成的角是锐角，则(之+2刃)•Q+2刃)=34+3+24>0,解得4>—

且向量五+需与H+2君不共线，则-324-24-2,即几力2,

因此，实数4的取值范围是(―5,2)U(2,+8).

17.(15分)设Z1是虚数，Z2=Z1+方是实数，且一1WZ2W1,3=常\

⑴求|zj的值以及Z1的实部的取值范围；

(2)求证3为纯虚数；

⑶求Z2-32的最小值.

【解题思路】(1)设Zi=a+bi,借助复数运算法则及复数模长公式计算即可得解；

(2)结合(1)中所得计算可得3的实部为零，即可得证；

(3)结合(1)、(2)中所得，化简计算后结合基本不等式即可得.

【解答过程】(1)设zi=a+bi(a,beR,b40),

ri11a—bi

则Z2=Zi+五=(a+历)+即=(a+bl)+(a+bi)(i)

a-bi(a\(b\

=(a+齿)+不前=++卜后司i

因为Z2是实数，所以6-丹=。，即6(室得)=0,

因为bWO,所以小+匕2=1,即忆1|=1,且Z2=2a,

11

由一14Z241,得一1工2a41,解得一

即Z1的实部的取值范围为［-芸J;

(2)va2+fo2=1,

l—^il—a—bil—a2—b2—2bi—bi

〃)=--------=---------=-------------------=.

1+zi1+a+bi(l+a)2+b2a+1

因为一b大0,

所以3=松为纯虚数；

l-rZi

(3)Z2-32=(a+热+(6—忌j)i-(-含)

Z)21—层1—CL

=2Q+(b—b)i+-~~=2Q+--=2a-\-----

''(a+1)2(a+1)2a+1

22

c।1—a2a(a+1)(1—a)2a+a+1(2a

a+1a+1a+1a+1

2(a+I)2—4a—22(a+1)2—4(a+1)+2

a+1a+1

22

-l+2(a+l)-4+--2(a+l)+--3,

由。+1虫||,

故Z2-a»2=2(a+1)+岛■-3>2^2(a+1)-岛■-3=1,

当且仅当2(a+l)=Q>即a=0时，Z2-U取最小值1.

18.(17分)已知△28C的内角4、B、C的对边分别为a、b、c,且端=啜等.

乙aocCL十cu

⑴求B；

(2)设。为4c的中点，6=2；求：①△ABC面积的最大值；②BD的最大值.

【解题思路】(1)由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出sin(4-B)=sin(B-C),结合4-8、

B-C的取值范围可得出力-B、B-C的关系，由此可得出角B的值；

(2)①由余弦定理结合基本不等式可求得ac的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得△ABC面积的最

大值；

②由平面向量的线性运算可得出2而=BA+BC,由平面向量数量积的运算性质可得出4B£>2a2+c2+ac,

由余弦定理可得出a?+c2-ac=4,可得出a2+c2、ac的表达式，结合基本不等式可得出关于BD的不等式,

由此可解得BD的最大值.

【解答过程】(1)由余弦定理可得cosB=正竽至，所以，a2+c2-b2-2accosB,

2ac

,a+c_COST1+COSCa+c_COSTI+COSCcos/H-cosC

ZB整理可得等=

2abca2+c2-b2寸2abe2accosBcosB

十r*-1-rm―r/口sinA+sinfcos/l+cosC

由正弦定理可得=——7—,

艮［JsirL4cos8+sinCcosF=cosAsinB+sinBcosC,

所以，sinAcosB—cosAsinB=sinBeosf—cos5sinf,

所以，sin(i4-S)=sin(B-C),

因为“、B、CG(0,ir),所以，A—B>A—C>B—CE(—有如下几种情况:

(i4—B)+(B—C)="IT,即C=-II,矛盾；

Q4—B)+(3—C)=m即/一。=冗，矛盾；

A-B=B-C,可得2B=/+C=n-B,解得8=方

(2)①由余弦定理、基本不等式可得/=+。2—2accos8=。2+,2-QC22ac—GC=QC,

即ac£4,当且仅当a=c=2时，等号成立，

所以，=^acsinB=fac4乎X4=V5，

故△面积的最大值为机；

②因为。为边4C的中点，则前=反，即丽一瓦？=前一丽，

所以，2丽=瓦？+就，

-->2-->2-->2-->-->ye

所以，4BD=BA+BC+2BA-BC=c2+a2+2cacos-=a2+c2+ac,

2

又因为Q2+c—ac=fo2=4,

所以，a2+c2=4+ac,48/)2=4+2ac由①知acW4,

可得4802<12,解得bqwK，

当且仅当a=c=2时，等号成立，故80的最大值为百.

19.(17分)在锐角ZU5c中，记A45C的内角4,B,C的对边分别为Q,b,c,42bcosA=acosC+ccos

4点。为A4BC的所在平面内一点，且满足(瓦？+裾)•同=(而+无)•迸=0.

(1)若。=&,求|4。|的值；

(2)在(1)条件下，求|3而+2而+瓦|的最小值；

(3)若而=%屈+丫菰，求x+y的取值范围.

【解题思路】(1)根据题意，利用正弦定理化简得到鱼cos4=l,求得力=也再由向量的线性运算法则,

求得|瓦?|=也回=|瓦|,得到。为△ABC的外心，结合正弦定理，即可求得|40|的长.

(2)由⑴求得NBOC=M|芯|=«R=鱼且R=l,根据向量的运算法则，化简得至“3瓦？+2赤+^E

=14+6V5cos(2C+0),结合三角函数的性质，即可求解；

(3)取48的中点。，连接OD,求得布•9==颉铲，AO-AC=^AC2,由向量数量积的定义得到麴・尼

=苧函函，结合题意，得到2x|函+何|而=|福和鱼万丽|+2y丽|=|福，联立方程组，求得

%+)/=2—¥(需+鬻｝化简得到需=¥(1+高)，即可求解.

【解答过程】(1)解：因为近bcosZ=acosC+ccosZ,

由正弦定理得V^sinBcos/=sirL4cosc+sinCcosZ=sin(71+C),

因为/+C=JT—8,可得sin(4+C)=sinB,所以V^sinBcosA=sinB,

又因为B