2025-2026学年山东省济南第二中学高一下册4月阶段性检测数学试题 含答案

/山东高一4月阶段性检测数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．考试时间为120分钟，满分150分一、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的．1.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】解：.2.在平行四边形ABCD中，与AC交于点，若，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由三点共线，将分别用表示出来，列出方程，即可得到结果.【详解】由题意可知，三点共线，设，则，又，则，解得.3.已知，则“向量共线”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.既不充分也不必要条件 D.充要条件【答案】B【解析】【分析】根据讨论同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系.【详解】若向量共线且，同向共线时有，反向共线时有，充分性不成立；若，而，则向量同向共线，必要性成立；所以“向量共线”是“”的必要不充分条件.故选：B4.在钝角三角形中，角的对边分别为，若，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由最长边确定钝角为，再通过和联立即可求得的取值范围.【详解】因为且三角形为钝角三角形，所以为钝角，且由余弦定理得：，所以，解得，.又因为三角形两边之和大于第三边，即，解得，所以.5.在中，已知，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先根据数量积公式确定的形状，再代入投影向量的公式.【详解】两边平方得，即，又两边平方得，即，即，如图，，向量与的夹角为，所以向量在上的投影向量为.6.在中，内角的对边分别为，则一定为（）A.直角三角形 B.等腰三角形C.等腰直角三角形 D.钝角三角形【答案】A【解析】【分析】先利用二倍角的余弦公式对等式进行化简，消去半角形式，化简后等式中含有边和角的混合形式，所以考虑利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，再结合诱导公式对等式中的角进行转化，整理后得到角之间的关系，进而判断三角形的形状.【详解】在中，,则，即，则，即得,由于，故，结合，可得，即一定为直角三角形，7.在中，为边上靠近点的三分点，为的中点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系确定、的向量坐标，利用向量的数量积公式计算即可.【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.因为，，所以，，，因为为中点，所以，，则.所以，.所以.8.的内角，，的对边分别为，，.已知，，若是的中点，则的最小值为（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换先化简，进而得，再由余弦定理即可求解.【详解】由，所以，又，所以，所以，所以，又，，所以，所以，又是的中点，所以，由余弦定理有：，又，所以，当时，，即.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若复数，则下列选项正确的有（）A. B.的共轭复数为C.为实数 D.在复平面内对应的点位于第二象限【答案】ABC【解析】【分析】根据复数的运算法则，可得，根据求模公式，可判断A的正误；根据共轭复数的概念，可判断B的正误；根据除法运算法则，可判断C的正误；根据复数的几何意义，可判断D的正误.【详解】由题意知z=所以|z的共轭复数为，B正确；z+因为iz所以在复平面内对应的点为,位于第四象限,D错误.10.在四边形中，，，其外接圆半径为，则下列结论正确的有（）A.B.C.D.四边形的面积为【答案】AD【解析】【分析】选项A，利用余弦定理，结合已知边长计算的余弦值即得；选项B，先在中利用余弦定理求出的余弦值，再根据向量数量积计算即得；选项C，利用正弦定理结合三角形的边长和内角正弦值计算外接圆半径；选项D，利用三角形面积公式，结合已求的内角正弦值计算面积.【详解】如图连接，在中，由余弦定理及题意得；在中，由余弦定理及题意得.，，解得，，，故A正确.，故B错误.，由正弦定理得，，故C错误.由C知，，，，，四边形的面积，故D正确.11.在中，，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由题知，进而得，，再结合即可判断A；根据得或，再分类讨论判断B，结合面积分类讨论求解判断CD.【详解】对于A，由和正弦定理得：（*），因为，所以，所以，即，再由正弦定理，可得，又由余弦定理，，所以，则，又，即，所以，则，故，由（*）得，与矛盾，故不成立，即，所以，即所以，故A正确；对于B，因为，即得，又，所以或，解得或，当时，，当时，，故B错误；对于C，D,当时，，由正弦定理，，则由解得；当时，，由正弦定理，，则由解得.故C错误，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在复平面内，是坐标原点，已知复数，它们所对应的点分别是A，B，C．若，则的值是______．【答案】5【解析】【分析】根据向量线性运算的坐标表示和复数对应的向量进行计算即可.【详解】由题意可得：，，，所以由可得：解得，​，因此.13.如图，在四边形中，为等边三角形，，则______．【答案】18【解析】【分析】先通过勾股定理判断是直角三角形，再通过向量分解将拆分为，最后结合等边三角形的性质即可求得结果.【详解】因为，即，所以是直角三角形，且，因为，所以，因为是等边三角形，所以，即.14.草坪上有一个带有围栏的边长为6m的正三角形活动区域，点在边上，且，小王同学在该区域玩耍，他在处放置了一个手电筒，若手电筒发出的光线张角（任两条光线的最大夹角）为60°，则手电筒在内部所能照射到的地面的最大面积为________【答案】【解析】【分析】通过正弦定理、割补法计算平面几何图形面积，基本不等式求解.【详解】依题意，要使手电筒在内部所能照射到的地面的面积最大，则光线必须经过边，如图，在正中，，，，设，由正弦定理得：，则，，则，，，当且仅当，即时取等号，所以，最大值为．若，，，若，，，所以，最大值为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数满足（为虚数单位），复数的虚部为2，且是实数.（1）求；（2）设，在复平面内的对应点分别为，，求以，为邻边的平行四边形的面积.（为坐标原点）【答案】（1）（2）8【解析】【分析】（1）先利用复数除法运算和乘法运算，求解，然后设出，再根据为实数求解即可；（2）先根据题（1）条件求出、两点坐标，再求解，然后根据，利用三角形面积公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，设，所以，因为为实数，所以即，所以，【小问2详解】因为，，所以对应点坐标，，所以，，因为，，所以、与轴所成角相等，设为，所以，，，所以，所以.16.在中，内角的对边分别为．若．（1）已知，求三角形的三边长；（2）若，为中点，求外接圆半径．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合求得或，又由题意知：所以即可求解三角形的三边长；（2）由代入条件化简得到，分析得到，利用勾股定理和，解得，设的内切圆半径为，再由正弦定理求解即可.【小问1详解】，解得或，又由题意知：，∴，∴满足条件∴，即为三角形的三边【小问2详解】∵，∴，∴，即，∴或，∵，∴，当时，边最长，与条件矛盾，故舍去；当时，则，又，∴，解得：，∴,∴,又∵为中点，∴，∴在中，，设的外接圆半径为，由正弦定理得，即，∴的外接圆半径为．17.如图所示，一辆汽车从市出发沿海岸一条直公路以的速度向东匀速行驶，汽车开动时，在市南偏东方向距市500km且与海岸距离为300km的海上处有一快艇与汽车同时出发，要把一件材料交送给这辆汽车的司机．（1）快艇至少以多大的速度行驶才能把材料送到司机手中？（2）求快艇以最小速度行驶时的行驶方向与所成的角；（3）若快艇每小时最快行驶75km，快艇应如何行驶才能尽快把材料交到司机手中，最快需要多长时间？【答案】（1）快艇至少以的速度行驶才能把材料送到司机手中．（2）快艇应以垂直的方向向北偏东行驶．（3）4h．【解析】【分析】（1）画图分析，设后与汽车在C处相遇，再根据三角形中的关系分别表示快艇与汽车所经过的路程，再化简求得快艇速度与时间之间的函数关系，再利用二次不等式的最值分析即可.（2）根据（1）中的结论分析可得汽车与快艇路程构成的三角形中的边的关系，进而求得时间即可.（3）设快艇以的速度沿行驶，后与汽车在E处相遇，同（1）中的方法求得三角形各边的关系分析即可.【小问1详解】如图，设快艇以的速度从B处出发，沿方向行驶，后与汽车在C处相遇，在中，,,,为边上的高，，设，则,，由余弦定理，得，即，整理得，当，即时取等号，因此，所以快艇至少以的速度行驶才能把材料送到司机手中.【小问2详解】由（1）知，，在中，,，，由余弦定理，得，因此，所以快艇以最小速度行驶时的行驶方向与所成的角为90°.【小问3详解】如图，设快艇以的速度沿行驶，后与汽车在E处相遇，在中，,,,，由余弦定理，得，解得或，而，取，,,，所以快艇应垂直于海岸向北行驶才能尽快把材料交到司机手中，最快需要4h.18.在中，角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若的面积为，内角的角平分线交边于，，求的长；（3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值.【答案】（1）（2）2（3）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再求出，即可得解；（2）使用“拆面积法”，即，由此求解即可；（3）由题意，两边平方得，结合余弦定理可求出，再根据数量积的几何意义即可得.【小问1详解】由及正弦边角关系，得，因为，即，则有，由，因此，则，由，得，解得，又，所以；【小问2详解】由，得，，则，又，因为内角的角平分线交边于，所以，∴，∴；【小问3详解】在中，由余弦定理，得，由边上的中线，又因为，两边平方得，则，即，解得，令边的中点分别为，由点为的外接圆圆心，得，，，，所以.19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面的问题：（1）若是边长为的6等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；（2）的内角，，所对的边分别为，，，且，点为的费马点．（i）若，求；（ii）求的最小值．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）.【解析】【分析】（1）过作于，结合正三角形性质求解.（2）（i）根据正弦定理求