重庆市渝中区2025-2026学年高一数学下学期4月阶段检测试题含解析

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚．

2.每小题选出答案后，用2B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．在试卷上作答无效．

3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟．

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分、每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确

的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上

10

z

1.已知复数12i，则z的虚部为（）

A.2B.2iC.4D.4i

【答案】C

【解析】

ii

【详解】i，所以z的虚部为4．

iii

10101+210+20

2.下列各�式=中1−，2化=简1−后2结1果+2不是=零向5量=的2是+（4）

A.MNNPPMB.OPOQPQ

C.RSSTQRQTD.ABBCADCD

【答案】D

【解析】

【详解】对于A，MNNPPM0，故A错误．

对于B，OPOQPQQPPQ0，故B错误．

对于C，RSSTQRQTRTQRTQQRRTTQ0，故C错误．

对于D，ABBCADCDACADDC2AC0，故D正确．

3.已知ak,3，b1,k2，kR，则“k3”是“向量a，b共线”的（）

A.必要不充分条件B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件D.充要条件

【答案】C

【解析】

【详解】若k3，则a3,3，b1,1，此时a3b，所以向量a，b共线．

所以“k3”是“向量a，b共线”的充分条件．

若向量a，b共线，则，解得k3或k1．

所以“k3”不是“向�量�−a，2b=共3线”的必要条件．

因此“k3”是“向量a，b共线”的充分不必要条件．

4.已知复数z1，z2满足z1z21，且z1z21，则z1z2（）

A.1B.2C.3D.2

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的几何意义，模长即为对应向量模长，即可求解.

【详解】在复平面中，设z1，z2分别与向量OZ1，OZ2对应，

由题意可得OZ1OZ21，OZ1OZ21，

2222

因为OZOZOZOZ2OZOZ，

121212

2

即，

1OZ1OZ22114

解得，即．

OZ1OZ23z1z23

5.在平行四边形ABCD中，点E为AB的中点，DE与AC的交点为F.设ABa，ADb，则向量DF

等于（）

12121212

A.abB.abC.abD.ab

33333333

【答案】B

【解析】

【分析】通过三角形相似得到DF与DE的比例关系，再用a,b表示DE，最终即可求出DF.

EFAE12

【详解】因为AB∥CD，所以AEF∽CDF，则有，所以DFDE．

DFCD23

11

又因为DEDAAE，且DAb，AE=a，所以DEba．

22

2112

从而DFbaab.

3233

6.在△BCD中，BCCD，且BC2，CD23．点M在线段BD上，满足BM:MD1:2，点

N为BD的中点，则CMCN（）

8101614

A.B.C.D.

3333

【答案】B

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，根据共线定理及中点坐标公式求出M,N的坐标，然后根据数量积的坐标公

式求解.

【详解】以点C为坐标原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．

由BC2，CD23，得C0,0，B0,2，D23,0．

因为BD23,2，且点M满足BM:MD1:2，

1232234

所以BMBD,，从而M,．

33333

又点N为BD的中点，所以N3,1．

234

因此CM,，CN3,1，

33

234410

故CMCN312．

3333

7.奔驰定理：已知O是ABC内的一点，若BOC、△AOC、AOB的面积分别记为SA、SB、SC，

则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形

SAOASBOBSCOC0

与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．已知O是ABC的内心，且

r

3OA4OB5OC0．设ABC的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则的值为（）

R

1112

A.B.C.D.

4325

【答案】D

【解析】

【分析】由题意得到SA:SB:SC3:4:5，再结合O为内心，得到a:b:c3:4:5，即可求解.

【详解】由题意可得SA:SB:SC3:4:5．

111

又因为O为三角形内心时，Sar，Sbr，Scr，

A2B2C2

所以a:b:c3:4:5．

故可设a3t，b4t，c5t，a2b2c2，

故三角形为直角三角形．a,b为直角边，c为斜边，

由三角形面积

3�×4�1

�=2=23�+4�+5��

得rt，又．

�5

r2�=2=2�

故．

R5

8.在山区道路建设中经常需要开凿山体下方的通风廊道．如图，点A，D，E，B，C依次在同一直线上，点

P为山顶某观测点．从P处测得点A，B，C的俯角分别为60，45，y30．现需沿直线AC修

建廊道DE．若BC32，AD2，EB26，则廊道DE的长度为（）

A.22B.32C.26D.36

【答案】A

【解析】

【分析】过点P作AC的垂线，垂足为H，设AHx，得到PH3x，BH3x，CH3x，结合

BC32，列出方程，求得x的值，进而求得DE的长度.

【详解】过点P作AC的垂线，垂足为H，由图可知点H在线段DE上．

PHPH

在直角PAH中，tantan603，所以AH，

AH3

PH

在直角△PBH中，tantan451，所以BHPH，

BH

PH1

在直角△PCH中，tantan30，所以CH3PH，

CH3

设AHx，则PH3x，BH3x，CH3x．

因为点B，C在点H的右侧，可得，

𝐵=��−𝐶=33�2−33�=23−63�

由BC32，可得，解得x．

332

3−3�=32

所以．

32+6

则��=𝐶+𝐶=�+3�=1+3�=1+3⋅．2=32+26

𝐷=��−��−��=32+26−2−26=22

二、选择题：本大题共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.设z1，z2，z3是复数，则下列命题中的真命题是（）

A.B.若，则

z1z2z1z2z1z2z1z3z2z3

C.D.22

z1z2z1z2z1z1

【答案】AC

【解析】

【详解】对于A，设z1abi，z2cdia,b,c,dR，

则，

z1z2acbdiacbdi

而z1z2abicdiacbdi．

所以，故A正确．

z1z2z1z2

对于B，取z10，z2i，z31i，则z1z2z1z30，但z2z3，故B错误．

对于C，设z1abi，z2cdia,b,c,dR，

则．所以22．

z1z2abicdiacbdadbciz1z2(acbd)(adbc)

又(acbd)2(adbc)2a2c22abcdb2d2a2d22abcdb2c2

a2c2a2d2b2c2b2d2a2b2c2d2.

因此22222222．故C正确．

z1z2abcdab.cdz1z2

对于D，取，则22，2，所以22．故D错误．故选AC．

z1iz1i1z11z1z1

10.设ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（）

π

A.若a2，b4，B，则三角形有两解

6

B.若bcosCccosBc，则ABC为等腰三角形

C.若tanAtanBtanC0，则ABC为锐角三角形

D.若ABC是锐角三角形，则sinAsinBcosAcosB

【答案】BCD

【解析】

1

【分析】对于A，利用正弦定理，得到sinA，结合ba即可判断；对于B，利用正弦定理结合恒等变

4

形可得sinAsinC，即ac；对于C，由正切和角公式可得tanAtanBtanCtanAtanBtanC0，

π

结合三角形角的范围可得tanA，tanB，tanC中不存在负数即可判断；对于D，在锐角三角形中，AB，

2

π

进而得到sinAsinBcosB，同理可得sinBcosA，再相加即可判断．

2

24

ab81

【详解】对A，由，则sinA1，故sinA．又ba，故BA．

sinAsinB4

2

π

而BA，故A只可能有一解，因此三角形有唯一解，故A错误；

6

对B，由bcosCccosBc，结合正弦定理，可得sinBcosCsinCcosBsinC．

所以sinBCsinAsinC，于是ac，故ABC是等腰三角形，所以B正确；

tanBtanC

对C，tanAtanBC，

1tanBtanC

整理得tanAtanBtanCtanAtanBtanC0，

π

又ABC中至多一个角大于，故tanA，tanB，tanC至多有一个负数，

2

因此tanA，tanB，tanC中不存在负数，故ABC是锐角三角形，所以C正确；

π

对D，若ABC是锐角三角形，则AB，

2

ππ

所以A>-B>0，于是sinAsinBcosB，

22

π

同理可得sinBsinAcosA，故sinAsinBcosAcosB，故D正确．

2

11.设平面向量a，b，c满足a2，b6，cb3ab3a．则下列命题中正确的是（）

A.4ab8B.b3a

C.若ab，则c3a的最大值为662D.ca的取值范围是24,30

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据向量和的模的性质判断A，根据列举法判断B，根据条件建立坐标系，利用坐标法求解C，根

据向量加减的几何意义，结合向量相减的模的几何意义构造几何图形，再根据向量数量积的几何意义判断

D.

【详解】对于A，由三角不等式可得，又．所

以．故A正确．�+�≤�+�=2+6=8�+�≥�−�=6−2=4

对于4≤B，�由+�≤8，只能说明点C的轨迹是一个以b3a对应点为圆心、为半径

�−�+3�=�−3��−3�

的圆，不能推出b3a．

例如取a2,0，，，则a2，b6，

�=0,6�=6+62,6

且，．满足题意，但b3a，

故B�−错误�．+3�=6+62,6−6,6=62�−3�=0,6−6,0=62

对于C，若ab0，不妨取a0,2，，cx,y．

由条件，得�=6,0，

即�−�+3�=�−．3��,�−6,6=6,0−0,6=62

22

�−6+�−6=72

设x662cos，y662sin，0,2π．则，

所以．�−3�=�,�−6

222

代入得�−3�=�+�−6．

22

2

�−3�=6+62cos�+62sin�=108+722cos�

因此，

2

2

当cos�−31�时≤取1等0号8+．7故22=6+62．所以C正确．

max

对于D，作平行四边形OAD�B，−使3�OA=36a+，6OB2b，OCc．

则ODb3a，ABb3a．由题设，

�−�+3�=�−3�

可知点C的轨迹是以点D为圆心、AB为半径的圆．

又因为，，所以四边形OADB为菱形．

设AO�B�=23，�则=3�=6��，=�=6．

因为a2，所以ca�等�于=c1在2coas上�的�投�影=向1量2s模in长�的2倍．

如图，过点C向直线OA作垂线，垂足为F．

当C为图中两条切线的切点时，取得最大值、最小值．

因此

22

max1

�⋅�=2��cos�+，�当�sin=212c时os取�等+号12．sin�=24−sin�+sin�+1

1252

同=2理4−，sin�−2+4≤30

22

min

�⋅�，当=sin2��1时co取s�等−号�．�=212cos�−12sin�=24−sin�−sin�+1=24−sin�+

125

所2以+4≥−24．故D正确．

三、填�⋅空�题∈：−本24大,30题共3小题，每小题5分，共计15分．

12.已知向量a1,4，b1,1，则向量a在b上的投影向量的坐标为______．

33

【答案】,

22

【解析】

22

【详解】因为ab11413，b1212，

ab3333

所以向量a在b上的投影向量为2bb1,1,．

b2222

2π

13.在ABC中，BAC，AB3，BC19，BAC的平分线AD交BC于点D，则AD______．

3

6

【答案】

5

【解析】

2π

【详解】由余弦定理，BC2AB2AC22ABACcos，

3

所以199AC23ACAC23AC100.

解得AC2（舍去负根）．𝐵−2𝐵+5=0

π

因为AD平分BAC，所以BADCAD．

3

由，

SABCSABDSACD

πππ

得，

1211

2��⋅𝐵sin3=2��⋅��sin3+2𝐵��sin3

131313

即323AD2AD．

222222

6

整理得AD．

5

a2cb21

14.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若0，则sin2AtanC的

cosAcosB3

取值范围为______．

843

【答案】0,

3

【解析】

3ππ

【分析】化简已知等式可得B，即得AC，设，并化简得

4421842

�=sin2�tan�+3�=3−3cos�+

，设tcos2C，于是，再结合函数的单调性求函数的值的取值范围，即可得答案.

1841

2

cos��=3−3�+�

a2cb

【详解】由0，即acosBbcosA2ccosB0．

cosAcosB

由正弦定理可得sinAcosBsinBcosA2sinCcosB0，

即，所以sinC2sinCcosB0．

sin�+�+2sin�cos�=02

因为C0,π,sinC0，故12cosB0，所以cosB，

2

3π

又B0,π，故B，

4

πππ

从而AC，即AC，则，

44

sin2�=sin2−2�=cos2�

设，

21

�=sin2�tan�+3

所以

222

1sin�12cos�−13−2cos�

222

�=cos2�tan�+3=cos2�cos�+3=3cos�

．

841

22

=3−3cos�+cos�

ππ

由AC，A0，得C0,．

44

1

故设tcos2C，则t,1，于是．

2841

�=3−3�+�

133

根据双勾函数性质知：函数在,上单调递减，在,1上单调递增．

41222

��=3�+�

3

所以，当且仅当t时取等号．

343143

32

��≥�2=3⋅2+2=3

而，即，

14118417

18

�2=3×2+2=3,�1=3×1+1=3��<3

故的取值范围为.

8418−43

四、�=解3答−题3：�本+题�共5小题，共707,分3．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.已知a1，b22．

3π

（1）若a，b的夹角为，求ab；

4

（2）若a2ba，求a与b的夹角θ的余弦值．

【答案】（1）5

（2）2

8

【解析】

【分析】（1）利用向量的平方与向量模的关系可求向量的模；

2

（2）由已知可得a2abcos0，计算可求得cos.

【小问1详解】

22

2223π

因为aba2abba2abcosb，

4

22

22

所以ab12122221485，

2

所以ab5

【小问2详解】

2

2

若a2ba，则a2ba0，即a2ab0，所以a2abcos0，

12

即122122cos0，所以cos．

428

z1

16.已知复数z满足：z3i为实数，且为纯虚数．

1i

（1）求z；

5

（2）设zzti，若z在第二象限，求实数t的取值范围；

1t11

（3）若复数z是方程x2mxn0m,nR的一个根，求mn的值．

【答案】（1）z23i

8

（2）t,1,2

3

（3）mn9

【解析】

【分析】（1）设zabia,bR，利用已知求得a,b，可得z；

（2）结合（1），利用z1在第二象限，可得t所满足的条件，进而求得实数t的取值范围；

（3）利用实系数方程的根的性质可得z23i，计算可求得mn的值．

【小问1详解】

设zabia,bR．

因为z3i为实数，所以b30b3，故za3i，

又iiii，

ii

�−1�−1−3�−1−31+�+2+�−4

因为1−它=是纯1−虚数=，所以2其实部=为0，2即a20a2，故z23i．

【小问2详解】

由（1）知z23i，所以其共轭复数为z23i．

因此iiii．

555

�1=�+�+�+1=−2+3+�+�+1=�−2+3+�+1

因为z1在第二象限，所以

�−25<0,

由t20，得t2．3+�+1>0.

53t8

由30，得0，得．

t1t18

�∈−∞,−3∪−1,+∞

综上，．

8

【小问�3∈详解−∞】,−3∪−1,2

因为方程系数为实数，所以另一个根为z23i．

于是ii．

222

故m�4+，��n+�13=，�所+以2m+3n�+92．−3=�+2+9=�+4�+13

17.为打造具有重庆“山城步道”特色的文旅景观，某景区拟开发一块四边形区域ABCD．其中，区域

△BCD规划为“巴渝文化展示区”，区域△ABD规划为“观景休闲区”，对角线BD修建为空中连廊．已

π

知BCCD2km，A．

3

（1）若“巴渝文化展示区”△BCD的面积为3km2，且△BCD为钝角三角形，求空中连廊BD的长度；

（2）在（1）的条件下，求“观景休闲区”△ABD面积的最大值．

【答案】（1）BD23km

（2）33km2

【解析】

【分析】（1）先利用三角形的面积，结合三角形的形状，确定BCD，再利用余弦定理求BD的长度.

（2）法1：利用余弦定理探索边AB，AD的长度关系，再结合基本不等式求△ABD面积的最大值.

法2：利用正弦定理表示出AB，AD的长度，结合三角形的内角和定理和三角函数的恒等变换，表示出

△ABD面积，再利用三角函数的值域求面积的最大值.

【小问1详解】

设BCD．

13

由三角形面积公式，得BCCDsin3，解得sin．

22

2π

因为△BCD为钝角三角形，所以．

3

在△BCD中，由余弦定理，得BD2BC2CD22BCCDcosBCD．

2222π1

即BD22222cos44812．

32

故BD23km.

【小问2详解】

π

在（1）的条件下，BD23，A，

3

解法一：设ABx，ADy．

在△ABD中，由余弦定理，BD2AB2AD22ABADcosA．

π

因此12x2y22xycosx2y2xy2xyxyxy．即xy12．

3

13

所以SABADsinAxy33，

△ABD24

当且仅当xy23时等号成立．

所以“观景休闲区”△ABD面积的最大值为33km2．

2π2π

解法二：设ABD，0,，则ADB．

33

ADABBD23

4

在△ABD中，由正弦定理，sin2ππ3．

sinsin

332

2π

所以AD4sin，AB4sin．

3

1π

于是12π32

SABDADABsin4sin4sin6sincos23sin

23232

π

3sin23cos23323sin2．

6

因此．

S△ABD32333

ππππ

当且仅当sin21时，即2，时等号成立．

6623

所以“观景休闲区”△ABD面积的最大值为33km2．

18.如图，在一块三角形观景架MNP中，点Q为底边NP的中点，点O为支撑杆MQ的中点．过点O的拉索

分别与边MN，MP交于点R，S．设MRmMNm0，MSnMPn0．

（1）若MOxMNyMP，求x2y的值；

（2）求m9n的最小值；

（3）若△MNP是边长为2的等边三角形，求OR2OS2的最小值．

3

【答案】（1）；

4

（2）4（3）1

2

【解析】

111

【分析】（1）根据题意，得到MOMQMNMP，得到x,y的值，即可求解；

244

1111

（2）由（1）得MOMRMS，根据O,R,S三点共线，得到4，结合基本不等式，即

4m4nmn

可求解；

1

（3）设MN,MPv，利用向量的运算法则，根据mn4mn，化简得到mn，且

422

��+��=

，利用二次函数的性质，即可求解.

23

【64小�问�1详−2解0】��+2

11

因为Q为NP的中点，所以MQMNMP，

22

111

又因为O为MQ的中点，所以MOMQMNMP，

244

11113

因为MOxMNyMP，所以x，y，所以x2y．

44424

【小问2详解】

1111

由（1）得：MOMNMPMRMS，

444m4n

1111

因为O,R,S三点共线，所以1，即4，

4m4nmn

因，

11119��519��

�+9�=4�+9��+�=4(10+�+�)≥2+2�⋅�≥4

9nm1

当且仅当,即m1，n时取等号，所以m9n的最小值为4．

mn3

【小问3详解】

设MN,MPv，则，．

�=�=2

11�⋅�=2×2×cos60°=2

因为MOuv，所以，

441111

��=��−��=��−4�+4�=�−4�−4�

，

1111

��=��−��=��−4�+4�=−4�+�−4�

可得，

22

21112111223

��=�−4�−4�=�−4�−2�−4�⋅�+16�=4�−3�+4

，

2

21112111223

��=−4�+�−4�=16�−2�−4�⋅�+�−4�=4�−3�+4

所以．

22223

��+��=4�+4�−3�+�+2

11

由（2）知，4，即mn4mn，

mn

2

因为m2n2mn2mn，

则

222323

��+��=4�+�−2��−3�+�+2=44��−8��−12��+2

，

2

2351

=64��−20��+2=64��−32−16

11

又由，解得mn，当且仅当mn时取等号．

42

4��=�+�≥2��

11

故当mn时，OR2OS2取得最小值，最小值为．

42

19.对于一个向量组，，，…，（，且），记．若存在

a1a2a3annNn3