黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024−2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024−2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设复数满足，则它的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．若非零向量、满足，且，则向量、的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．中，角所对的边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．或
4．已知，是平面内的一组基底，，，，若A，B，C三点共线，则实数k的值为（ ）
A．9B．13C．15D．18
5．中国古代四大名楼之首黄鹤楼，位于湖北省武汉市武昌区，因唐代诗人崔颢登楼所题《黄鹤楼》一诗而名扬四海.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物，高约为26，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，黄鹤楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则黄鹤楼的高度约为（ ）
A．64B．74C．52D．91
6．已知向量，满足，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，均为单位向量，且满足，为，所在平面内的向量，，则的最大值为（ ）
A．4B．C．D．
8．在中，为线段上的动点，且，则的值为（ ）
A．12B．8C．4D．1
二、多选题
9．若复数（为虚数单位），其中真命题为（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．
10．下列说法中正确的有（ ）.
A．若，则有两组解
B．在中，已知，则是等边三角形
C．若，则直线AP一定经过这个三角形的外心
D．若为锐角三角形，则，且
11．所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．延长交于点，则
C．若，且，则
D．若，则
三、填空题
12．已知向量，，，且，，则 ．
13．已知△的角的对边分别为且，若，，则 .
14．已知正方形的边长为，，若， 其中，为实数，则 ；设是线段上的动点，为线段的中点，则 的最小值为 .
四、解答题
15．已知向量，，，．
（1）求；
（2）若和的夹角为锐角，求的取值范围；
（3）求的最小值．
16．如图所示，圆内接四边形中，，为圆周上一动点，．
（1）若为直径，求的长和四边形的面积；
（2）求四边形周长的最大值．
17．已知复数满足．
（1）求复数；
（2），求；
（3）复数是关于的方程的一个根，求出方程的两个复数根．
18．在锐角中，内角所对的边分别为，且满足．
（1）求角；
（2）求的取值范围；
（3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值．
19．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴同方向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做在斜坐标系中的斜坐标．
（1）若，求；
（2）若，且与的夹角为，求；
（3）若，，求的面积的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】，
复数的虚部为．
故选B．
2．【答案】B
【详解】设，
由，可得，
所以，
所以，又，
所以向量、的夹角为，
故选B
3．【答案】A
【详解】由题意，在中，则，所以，
因为，所以或，又，所以．
故选A
4．【答案】C
【详解】因为，，，
所以，
，
又因为A，B，C三点共线，所以，
即，
所以解得，．
故选C．
5．【答案】C
【详解】在中，，
，，
在中，，
由，，
在中，m.
故选C.
6．【答案】D
【详解】，，则，
得，
则在方向上的投影向量为.
故选D
7．【答案】C
【详解】已知是两个单位向量，且，
设分别是轴与轴正方向上的单位向量，
则，，，
设，则，
令，因为，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
因为，表示点到点的距离.
因为到原点的距离为，
所以．
故选C．
8．【答案】A
【详解】设，
因为，则，①
又因为，且，
则，由正弦定理可得，②
且，即，③
由①，②，③解得，
由余弦定理可得，
因为，
因为点三点共线，则，即.
故选A.
9．【答案】AB
【详解】由已知,，A正确；
时，，，B正确；
时，，C错误；
，，显然D错误．
故选AB．
10．【答案】AD
【详解】对于选项A，由正弦定理得，所以，
因为，所以，所以有两组解，故选项A正确；
对于选项B，由及正弦定理得，
所以，
因为，所以，所以是等腰三角形，
无法判断是等边三角形，故选项B错误；
对于选项C，因为分别表示与同方向的单位向量，
所以表示与的角平分线共线的向量，所以直线AP一定经过这个三角形的内心，故选项C错误；
对于选项D，因为为锐角三角形，所以，所以，
因为，，所以，即，
同理可得，故选项D正确.
故选AD.
11．【答案】BCD
【详解】选项A：因为，
所以，故A错；
选项B：延长交于点，设，，
所以，
由，得，
所以，
即，解得：，则，故B正确；
选项C：∵，∴，延长交于点，
∴，∵，由B选项知，∴，
故C正确；
选项D：由，，
两边平方得，∴，
∴
，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】0
【详解】由，，且，可得，解得；
又，，且，可得，解得；
所以.
13．【答案】
【详解】因为，
，代入，，则可得：.
14．【答案】/
【详解】因为，所以，
因为，，
所以，，
所以，
因为为线段的中点，所以，又，
所以，
又，
所以，
因为设是线段上的动点，又为钝角，
所以，
因为正方形的边长为，，
所以，
所以，
所以当点与点重合时，取最小值，最小值为.
15．【答案】（1）；
（2）且；
（3）．
【详解】（1）由，，可得，，所以．
（2）由，，可得，
因为与的夹角为锐角，所以且与不共线，
由（1）得，
所以，解得，
若与共线则，解得，
所以且．
（3）由（2）得，
所以．
当时，的最小值为．
16．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）连接BD，
根据圆内接四边形对角互补可得，
在中已知，
由余弦定理得
，
所以，
因为为直径，所以，
，
，
，
∴．四边形的面积.
（2）设，在中，，
∴，
四边形的周长
，
，
∴当时周长取得最大值.
17．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）解：由复数，可得.
（2）解：由（1）知，可得，
又由，则
，可得，
则
，
所以.
（3）解：由（1）知：，
将代入带入方程得，
整理得，
所以，解得，即方程，
则方程的复数根为.
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）因为，
由正弦定理，可得，整理得，
又由余弦定理，可得，
又因为，所以.
（2）由正弦定理，可得
，
因为为锐角三角形，且，可得，
则，可得，则，
所以，即，
所以的取值范围.
（3）设长度为，
由，可得，
因为，可得，
所以，可得，
又由余弦定理得，所以，
则，
设
，
由，可得，
所以长度的最大值为．
19．【答案】（1），，
（2）
（3）
【详解】（1），
所以，
，
.
（2）
，
解得.
（3），
，
，
设的夹角为，
.