福建省连城县2025-2026学年高一数学下学期3月月考试题含解析

福建连城县2025-2026学年高一下学期3月阶段检测

数学试题

一、单选题

1．若OM1,2，ON1,3，则MN的坐标为（）.

A．0,1B．2,5C．2,5D．2,5

2．已知复数z满足1i1z2，则z（）

A．1B．2C．3D．4

3．已知a，b为单位向量，且3a5b7，则a与b的夹角为（）

π2ππ5π

A．B．C．D．

3366

4．已知平面向量m1,2,n6,8，则n在m方向上的投影向量坐标为（）

3434

A．2,4B．2,4C．,D．,

5555

5．设ABC的面积为S，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且sinC2sinB，若ACAB2S，则此三角

形的形状为（）

A．等腰三角形B．直角三角形

C．等边三角形D．等腰直角三角形

uuuruuuuruuuruuuur

6．已知M为ABC所在平面内的一点，3AB2AM,CEEM，则AE（）

41143112

A．ABACB．ABACC．ABACD．ABAC

32234223

7．如图，某区域地面有四个5G基站，分别为A，B，C，D.已知C，D两个基站建在河的南岸，距离为

20km，基站A，B在河的北岸，测得ACB60，ACD105，ADC30，ADB60，则A，B两

个基站的距离为（）

A．106kmB．30(31)kmC．15kmD．105km

8．已知平面向量a，b，e，且e1.已知向量b与e所成的角为60，且btebe对任意实数t恒成立，

则a2eab的最小值为（）

A．31B．23C．5D．4

二、多选题

9．设e1,e2是平面内的一组基底向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（）

1

A．ee和e3eB．e2e和ee

121212212

C．3e14e2和6e18e2D．e16e2和e1e2

10．已知复数z1,z2，下列说法正确的是（）

A．z1z2z1z2B．若z1z20，则z1z2

2

C．z1z2z1z2D．若z10，则z1为纯虚数

11．在斜三角形ABC中，cosAsinB，则（）

A．角B为钝角B．sinAcosB

5

C．若b1，则atanAD．cosAcosBcosC的最大值为

4

三、填空题

12．已知i是虚数单位，则i5i7i9i11___________．

13．ABC中，AD为边BC的中线，AB3，AC2，BAC60，则中线AD的长为_________.

14．如图，在边长为1的正方形ABCD中，P是以A为圆心，AB为半径的圆弧（在正方形内，包括边界点）

上的任意一点，则PAPB的取值范围是______．

四、解答题

15．已知向量a(x,2),b(2,4),c(2,y)，且a//b,ac.

(1)求向量a,c；

(2)若p2ba,qbc，求向量p,q的夹角的正弦值.

1

16．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a4，b5，cosC．

8

(1)求ABC的面积；

(2)求边长c及sinA的值．

17．在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinC3c．

(1)求角A的大小；

(2)点M为线段BC的中点，且AM1，a2，求bc的值．

π

18．我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox,Oy构成的坐标系称为“广义坐标系”．如图1，e,e分别为

312

(x,y)

Ox,Oy正方向上的单位向量．若向量OPxe1ye2，则把实数对叫作向量OP的“广义坐标”，记

OP(x,y)．已知向量a,b的“广义坐标”分别为(2,1),(1,2)．

(1)求2ab的“广义坐标”；

(2)求向量a与b的夹角的余弦值；

(3)以O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若向量m在平面直角坐标系中的坐标为4,23，

求向量m的“广义坐标”．

AB

19．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asincsinA．

2

(1)求C；

(2)若c4，求ABC周长的取值范围；

(3)若c3，且ABC为锐角三角形，角A与角B的内角平分线交于点D，求△ABD面积的取值范围．

参考答案

1．C

【详解】因为OM1,2，ON1,3，

所以MNONOM1,31,22,5.

故选：C.

2．A

21i

【详解】由1i1z2，可得z1i，

1i1i

所以z1.

故选：A

3．B

2

22

【详解】因为3a5b7，所以3a5b49，所以9a30ab25b49，

11

又因为a，b为单位向量，所以ab，所以cosa,b，

22

2π

又因为0a,bπ，所以a,b.

3

故选：B.

4．B

【详解】因为m(1,2),n(6,8)，则mn10,m5，

mn

所以n在m方向上的投影向量坐标为2·m2m2,4.

m

故选：B.

5．D

1

【详解】因为ACAB2S，所以bccosA2bcsinA，

2

π

则tanA1，因为A0,π，所以A，

4

又sinC2sinB，所以c2b，

由a2b2c22bccosA，所以ab，a2b2c2，

所以ABC为等腰直角三角形.

故选：D.

6．C

【详解】如图所示，

1113131

由题意得AEAMACABACABAC.

2222242

故选：C.

7．A

【详解】在ACD中，CAD1801053045，

AC20

ACCD

由正弦定理，即12，得AC102km.

sin30sin45

22

在△BCD中，BCD1056045，BDC306090，故CBD45，

BC20

BCCD

由正弦定理，即12，得BC202km.

sin90sin45

2

在△ACB中，由余弦定理AB²AC²BC²2ACBCcos60，

221

代入得AB²1022022102202600，故AB106km.

2

故选：A

8．B

22222

【详解】平方去绝对值号，由btebe，则b2tbeteb2bee，

1

根据向量b与e的条件可得beb，

2

化简可得t2btb10，

2

令ftt2btb1，由于函数开口向上，所以需要满足Δ|b|24b40Δb20，所以

b2.

观察所求式子内部，两者相减可将a约掉，所以可用向量的三角不等式求解，

即a2eaba2eab2eb，

22

又2eb4e4ebb44423，

则a2eab的最小值为23.

9．BC

【详解】对于A，假设e1e2e13e2，则R使得e1e2e13e2e13e2，

因为e1,e2不共线得1且13，则无解，

故e1e2，e13e2不共线可作为一组基底；

11

对于B，因为e12e22e1e2，所以e12e2e1e2，不能作为基底；

22

1

对于C，因为，所以，不能作为基底；

3e14e26e18e23e14e26e18e2

2

对于D，假设，则使得，则因为不共线得且

e16e2e1e2Re16e2e1e2e1e2e1,e21

6，则无解，故e16e2和e1e2不共线可作为一组基底.

故选:BC.

10．ACD

【详解】设z1abi,z2cdi,a,b,c,dR，

对于A，由z1z2acbdi，则z1z2(ac)(bd)i，

而z1z2(ac)(bd)i，则z1z2z1z2，故A正确；

对于B，举例z12i,z21i，满足z1z210，但z1，z2无法比较大小，故B错误；

对于C，由复数模的运算性质可知，z1z2z1z2，故C正确；

22222

对于D，由z1abi，则z1(abi)ab2abi，而z10，

a2b20

可得，则a0,b0，则z1bi为纯虚数，故D正确．

2ab0

故选：ACD

11．ACD

π

【详解】对于A，由cosAsinB可得sin(A)sinB，

2

ππ3πππ

因A,B(0,π)，则A(,)，则AB，或AπB，

22222

ππ

即BA或AB，

22

π

因ABC为斜三角形，故BA，即角B为钝角，故A正确；

2

对于B，由A项已得角B为钝角，则cosB0，因sinA0，故sinAcosB，即B错误；

a1

对于C，由正弦定理，，又cosAsinB，

sinAsinB

sinA

代入解得atanA，故C正确；

cosA

πππ

对于D，由上分析可得：BA，CπA(A)2A,

222

ππ

故cosAcosBcosCcosAcos(A)cos(2A)cosAsinAsin2A

22

π

cosAsinA2sinAcosA，设tcosAsinA2cos(A)，

4

πππππ

又C2A0,则0A，则A，

24442

则t0,1，且2sinAcosA1t2，

15

则cosAcosBcosCt1t2(t)2，

24

15

故当t时，cosAcosBcosC的最大值为,故D正确.

24

故选：ACD.

12．0

【详解】根据虚数单位i的幂次的运算性质得：

i5i4ii，

i7=i4i2i=-i，

i9=i4i4i=i，

i11=i8i2i=-i

故i5i7i9i11iiii0

故答案为：0.

191

13．/19

22

【详解】

如图，以ABC边AB,AC为邻边做平行四边形ABEC，

因AD为边BC的中线，则由平行四边形性质知A,D,E共线，且AE2AD，

在平行四边形ABEC中，BEAC2，ABE180BAC120，

在ABE中，由余弦定理得：

AE2AB2BE22ABBEcosABE3222232cos12019，

119

所以AE19，ADAE，

22

故答案为：19

2

14．0,1

21

【详解】如图，取AB的中点E，PAPBPEEAPEEAPE，

4

15

而PE,，所以PAPB0,1．

22

故答案为：0,1

15．(1)a(1,2),c(2,1)

(2)5

5

【详解】（1）因为a(x,2),b(2,4),c(2,y)，且a//b,ac，

所以4x40，ac2x2y0.

解得x1,y1，

所以a(1,2),c(2,1)；

（2）设向量p,q的夹角的大小为，0,π.

由题意可得，p2ba4,81,23,6，qbc4,3，

pq3463255

所以cos，得sin1cos2.

|p||q|35555

16．(1)157

4

7

(2)c6，sinA

4

1

【详解】（1）由cosC，且0Cπ，

8

37

则sinC1cos2C，

8

1157

所以SabsinC．

△ABC24

（2）由c2a2b22abcosC1625536，

则c6，

caasinC7

又，则sinA．

sinCsinAc4

17．(1)A

3

(2)1

【详解】（1）由2asinC3c得2sinAsinC3sinC，

3

所以sinA，

2

因为A是锐角，所以A；

3

（2）点M是BC的中点，且AM1，

12122

AM(ABAC)，平方得AM(ABAC2ABAC)，

24

1

即4c2b22bcc2b2bc①，

2

π

由余弦定理：a2c2b22bccos，

3

1

即2c2b22bcc2b2bc②，

2

联立①②解得：bc1

bc的值为1．

18．(1)3,4

(2)21

14

(3)2,4

【详解】（1）由题意得a2e1e2,be12e2，

故2ab22e1e2e12e23e14e2，

故2ab的“广义坐标”为3,4；

ππ1

（2）由题意得ee1，e,e，eeeecos，

12123121232

22

故

ab2e1e2e12e22e14e1e2e1e22e2

2233

2e3ee2e22，

112222

22222

，故a7，

aa2e1e24e14e1e2e24217

22222

，故，

bbe12e2e14e1e24e21243b3

3

ab21

所以向量a与b的夹角的余弦值为cosa,b2；

ab7314

13

（3）在平面直角坐标系中，，

e11,0,e2,

22

设，向量在平面直角坐标系中的坐标为，

mxe1ye2m4,23

13

所以x1,0y,4,23，

22

1

xy4

2x2

所以，解得，

3y4

y23

2

故向量m的“广义坐标”为2,4.

π

19．(1)C；

3

(2)8,12；

333

(3),.

44

AB

【详解】（1）由已知及正弦边角关系得sinAsinsinCsinA，

2

ABABπCC

因为sinA0，所以sinsinC，而sinsincos，

2222

CCCCπ

所以cos2sincos，C(0,π)，0,，

22222

CC1Cππ

所以cos0，sin，故，即C；

222263

（2）方法一：由余弦定理c2a2b22abcosC，得16a2b2ab(ab)23ab，即(ab)2163ab

2

ab

因为ab，当且仅当ab时等号成立，

2

2

2ab2

所以(ab)163ab3，即(ab)64，ab8，

2

由三角形三边关系知abc4，所以4ab8，即8abc12，

所以ABC周长的取值范围为8,12；

abc4888

方法二：由正弦定理sinAsinBsinC33，得asinA，bsinB，

233

882π

所以CABCabcsinAsinB4sinBsinB4

333

31π

8sinBcosB48sinB4，

226

π2ππ