2024——2025學年第一學期高一下3月月考試卷數學本試卷共4頁，19小題，全卷滿分150分.考試時間120分鐘.注意事項：1.答第I卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上.2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動用橡皮擦干凈后.再選涂其它答案，不能答在試題卷上.3.考試結束，監考員將答題卡收回.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知，則的實部是（）A. B.i C.0 D.1【答案】C【解析】【分析】根據復數除法運算化簡，由實部定義可得.【詳解】因為，所以z實部是0.故選：C．2.復數在復平面內對應的點所在的象限為（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數的乘法求出積，再求出復數對應點的坐標即得.【詳解】復數，所以復數在復平面內對應的點在第一象限.故選：A3.已知向量，，，則（）A. B.4 C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根據向量垂直的坐標運算直接計算即可【詳解】因為向量，，所以，即，解得，故選：A4.若向量，滿足，且，則向量與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知條件結合數量積公式化簡即可求解.【詳解】因為，，即，，求得，所以向量與的夾角為.故選：B5.如圖，一艘船航行到點B處時，測得燈塔A在其北偏西的方向，隨后該船以20海里/小時的速度，往正北方向航行兩小時后到達點C，測得燈塔A在其南偏西的方向，此時船與燈塔A間的距離為（）A.海里 B.海里 C.海里 D.海里【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用正弦定理解三角形即得.【詳解】依題意，在中，，則，而，由正弦定理得，所以船與燈塔A間的距離為海里.故選：C6.在中，若，且，那么一定是（）A.等腰直角三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等邊三角形【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理將邊化角，即可求出，再由余弦定理求出，從而得解.【詳解】因為，由正弦定理可得，又，所以，所以，則，又，所以，又，由余弦定理，又，所以，所以，則為等邊三角形.故選：D7.已知，，若向量的夾角為鈍角，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可知：且向量方向不反向，結合向量的坐標運算求解.【詳解】由題意可知：且向量方向不反向，則，解得且，所以實數的取值范圍為.故選：C.8.在中，，的角平分線AD交BC邊于點D，的面積是的面積的2倍，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據角平分線的性質，結合等面積法可得，即可由正弦定理求解，由三角恒等變換即可求解.【詳解】，的角平分線AD交BC邊于點D，故，故，由正弦定理可得，故，故，故，故，故選：C.二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.下列關于平面向量說法正確的是（）A.已知，均為非零向量，若，則存在唯一的實數，使得B.在四邊形中，，，，則四邊形為平行四邊形；C.若且，則D.若點為的重心，則【答案】AD【解析】【分析】根據平面向量共線定理判斷A；利用向量的運算得到，即可判斷B；根據數量積的定義判斷C；由向量的中點表示與三角形的重心性質即可判斷D.【詳解】對于A，由向量平行的判定定理，可得A正確；對于B，因為，，，所以.所以.所以且，所以四邊形為梯形.故B錯誤；對于C，由平面向量的數量積定義可得，不能得到，故C錯誤；對于D，若點G為△ABC的重心，延長AG與BC交于M，則M為BC的中點，如圖所示：所以，所以，故D正確.故選：AD.10.在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，下列說法正確的是（）A.若A＞B，則B.若，則有兩解C.若，則為銳角三角形D.若，則為等腰三角形或直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】由余弦函數的單調性即可判斷A,由正弦定理即可判斷B,由余弦值的性質即可判斷C,由邊角互化即可判斷D.【詳解】對于A，所以函數在上單調遞減，所以，故A正確；對于B，由正弦定理可得：，∴，此時無解，故B錯誤；對于C，∵，為三角形的內角，∴，可知A，B，C均為銳角，故為銳角三角形，故C正確；對于D：∵，所以由正弦定理可得，又,因此，∴，∴，b＝a或，即三角形為等腰三角形或直角三角形，故D正確．故選：ACD．11.已知復數，下列結論正確的有（）A.若，則B.若，則C.若復數滿足，則在復平面內對應的點的軌跡為圓D.若是關于方程的一個根，則【答案】BCD【解析】【分析】由復數，可判定A錯誤；根據復數的運算法則，可判定B正確；結合復數的幾何意義，可判定C正確；根據復數相等的條件，列出方程，求得的值，可判定D正確.【詳解】對于A中，若復數，滿足，但兩個虛數不能比大小，所以A項錯誤；對于B中，若，則，即，可得或，所以，所以B項正確；對于C中，由于表示兩個復數在復平面上對應的兩點之間的距離，所以，表示復平面內到點距離為3的點的集合，所以對應的點的軌跡為圓心在，半徑為3的圓，所以C項正確；對于D中，由是關于的方程的根，故，即，可得，所以，所以D項正確.故選：BCD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知復數，則的共軛復數________________.【答案】【解析】【分析】對z進行復數的除法運算整理為的形式，則共軛復數為.【詳解】因為，所以.故答案為：13.如圖，在平行四邊形中，點在邊上，點在邊上，且與相交于點，若，則實數______.【答案】##【解析】【分析】將用表示，然后利用三點共線列方程求解即可.【詳解】由得，因為，則，因為三點共線，所以，解得.故答案為：.14.克羅狄斯·托勒密（約90-168年）是希臘著名的數學家、天文學家和地理學家.托勒密定理是歐幾里得幾何中的重要定理.定理內容如下：任意一凸四邊形，兩組對邊乘積的和不小于兩對角線的乘積，當且僅當四點共圓時，等號成立.已知在凸四邊形中，，，，，則的最大值為_________________.【答案】【解析】【分析】記，利用余弦定理表示出，然后根據題中結論可得.【詳解】記，則，在中，由余弦定理得，由題知，，即，所以，當且僅當四點共圓時取等號，所以的最大值為.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知復數（為虛數單位）.（1）若是純虛數，求值；（2）若，求實數的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意，由代入計算，結合是純虛數即可求得，再由復數的模長公式，即可得到結果；（2）根據題意，由復數相等的定義，列出方程，即可得到結果.【小問1詳解】當時，，所以，且是純虛數，則，解得，所以，則，所以.【小問2詳解】若，則，所以，解得.16.如圖，在平行四邊形中，點是的中點，點，分別是，的四等分點.設，.（1）用，表示，；（2）若，，，求與的夾角的余弦值.【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）利用向量的三角形法則即可求解（2）根據向量夾角公式即可求解；【小問1詳解】因為點是的中點，點，分別是，的四等分點所以，因為，.所以【小問2詳解】因為，，，所以，所以，令與的夾角為，所以與的夾角的余弦值為.17.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求的值；（2）若，的面積為，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、兩角和的正弦公式、誘導公式化簡已知條件，由此求得的值；（2）利用三角形的面積列方程，求得的值，結合余弦定理求得的值，進而求得三角形的周長.【小問1詳解】因為，由正弦定理可得：，且，可得，且，可知，可得.【小問2詳解】由（1）可知：，，則，因為的面積為，可得，由余弦定理可得，即，可得，所以的周長為.18.如圖，在平面四邊形ABCD中，E為線段BC的中點，．（1）若，求AE；（2）若，求AE的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知可得，過作交于，求出，再利用余弦定理求解即得.（2）連接，，利用正弦定理、余弦定理建立關系，再借助三角恒等變換及正弦函數性質求出最大值.【小問1詳解】在四邊形中，由，得，過作交于，由，得，則四邊形是平行四邊形，，而，因此，，在中，由余弦定理得.【小問2詳解】連接，由，，得，設，，在中，由正弦定理，得，在中，由余弦定理得，其中銳角由確定，顯然，則當時，，即，所以AE的最大值為.19.對任意兩個非零向量，定義新運算：．（1）若向量，求的值；（2）若非零向量滿足，且，求的取值范圍；（3）已知非零向量滿足，向量的夾角，且和都是集合中的元素，求的取值集合．【答案】（1）2；（2）；