福建省三明第一中学2025-2026学年下学期4月月考高一数学试卷（含解析）

这是一份福建省三明第一中学2025-2026学年下学期4月月考高一数学试卷（含解析），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第一部分（选择题 共58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. 若为实数，是纯虚数，则复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的概念得出的值即可.
【详解】为实数，则，
是纯虚数，则，
则
故选：D
2. 的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ）

A. B. 4C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】将直观图还原为原图，然后即可求解.
【详解】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中，，

故的面积为，
故选：B．
3. 在中，点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理即可得解.
【详解】由点是上靠近的三等分点，是上靠近的三等分点，
得
.
故选：C.
4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则（ ）
A. 120°B. 45°C. 60°D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】应用余弦定理结合角的范围计算求解.
【详解】因为，所以，
即，所以，
由余弦定理得．
因为，所以，
故选：A．
5. 已知平面向量，是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求出，再根据向量数量积的运算律求出.
【详解】已知在上的投影向量为.
因为是单位向量，所以，则，故.
可得.
因为是单位向量，所以，可得.
将，代入可得.
故选：B.
6. 在中，角的对边分别为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积运算先求出，再由正、余弦定理求解.
【详解】，所以，
则，即，
由正弦定理，.
故选:．
7. 在直角三角形中，，，是斜边上的两个动点，且，则取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令利用向量得线性运算及数量积运算将表示成t的函数，再求函数值域作答.
【详解】如图，在中，，则，，
令，则，
于是得
当时，，当或时，，
所以取值范围为.
故选：B.
8. 已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，1为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值.
【详解】∵，而，
∴，又，即，
又，，
∴，
若，则，
∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，
∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，
∴当且仅当三点共线且时，最小为.
故选：B.
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. 下列向量组中，能作为平面内所有向量基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】判断两个平面向量能否构成平面的基底，只需判断它们是否共线即可，不共线才能作为平面的基底.
【详解】能作为平面内的基底，须使两向量与不平行，若，则，
故只需判断选项中的两向量的坐标是否满足即得.
对于A选项，因，∴与不平行，故A项正确；
对于B选项，，∴与不平行，故B项正确；
对于C选项，，∴与不平行，故C项正确；
对于D选项，，∴，故D项错误.
故选：ABC.
10. （多选）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是钝角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则有两解
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用大角对大边及正弦定理，结合余弦定理即可求解.
【详解】对于A，，所以，由正弦定理得，故A正确；
对于B，，故边最长，角最大.
设，
则.
所以角为锐角，故是锐角三角形，故B错误；
对于C，，则，则为等腰三角形，故C正确；
对于D，，
因为，故，结合可得，
根据正弦定理
由正弦函数的性质可知有两解，
所以有两解，故D正确.
故选：ACD.
11. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”．如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．对于图2．下列结论错误的是（ ）

A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B. 若，则
C. 若，则
D. 若是的中点，则的面积是面积的5倍
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项：由，即可判断A；对于B选项：在中，利用正弦定理求得，进而可判断B；对于C选项：在中，设，利用余弦定理即可求得，进而可判断C；对于D选项：利用三角形的面积公式，可得，进而可判断D．
【详解】对于A，根据题意，题图2是由三个全等的针角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，
故，所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形，故A错误；
对于B，在中，，所以，
而，
所以，
由正弦定理得，解得，
又因为，所以，故选项B正确；
对于C，不妨设，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，
所以，故选项C错误；
对于D，若是的中点，
，
所以，故选项D错误．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：关键是利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式进行分析，由此即可顺利得解.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 化简的结果等于_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的加法运算求解.
【详解】解：，
，
，
，
，
故答案为：
13. 已知复数z满足，则（是虚数单位）的最小值为______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用复数的几何意义进行求解.
【详解】复数z满足，则复数z对应的点在以为圆心，半径的圆上，
而z+2+4i=z−−2−4i表示圆上的点到定点的距离，
圆心到定点距离为：
所以（是虚数单位）的最小值为：.
14. 在中，、、分别是角、、的对边，若，且，记，则当取最大值时，_____.
【答案】##
【解析】
【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，由已知条件结合平面向量的减法法则得出，结合平面向量数量积的运算以及余弦定理得出，令可得出，利用该方程有根可求出的最大值，求出的值，结合正弦定理以及两角和的正弦化简得出的值.
【详解】由及正弦定理得，
即，即，
因为、，则，即，故，
因为，由正弦定理可得，
因为，则，故，
所以，，
即，
所以，
整理可得，
设，可得，
当时，方程为，解得，合乎题意；
当时，则，即，
解得，因为，则且，
综上所述，的最大值为，此时，
则方程的根为，
即，
即，
整理可得，
故.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．
15. 已知复数为虚数单位)， z在复平面上对应的点在第四象限，且满足.
（1）求实数b的值；
（2）若复数z是关于x的方程且的一个复数根，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，可得，再由共轭复数及复数乘法计算求解.
（2）利用方程根的意义，结合复数乘方运算、复数相等求解即可.
【小问1详解】
依题点 在第四象限，则，由，得，即，所以,
【小问2详解】
由（1）知，，由复数z是关于x的方程的根，
得，
整理得，而，
因此, 解得所以
16. 已知向量，.
（1）求；
（2）若，且，求向量与向量的夹角；
（3）若，且，求向量的坐标.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标表示，再借助坐标计算向量的模作答.
（2）由向量的模，结合向量的数量积运算律转化求出向量的数量积，再求出夹角作答.
（3）运用向量平行的坐标结论计算即可.
【小问1详解】
因为，，所以.
所以.
【小问2详解】
因为，所以.即.
所以.即，
所以.
因为，所以.
【小问3详解】
因为，，所以.
因为，设，
则，.
解得，
故或.
17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
（1）求B；
（2）若的面积为，求c．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【小问1详解】
由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
18. 如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，．
（1）求索道的长；
（2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？
（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？
【答案】（1）m （2）（3）（单位：m/min）
【解析】
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
从而．
由正弦定理，得（）．
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，
所以由余弦定理得，
由于，即，
故当时，甲、乙两游客距离最短．
（3）由正弦定理，
得（）．
乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达．
设乙步行的速度为，由题意得，解得，
所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内．
考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用.
【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用.
19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为Ox，Oy正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中．

（1）若向量，求．
（2）已知向量，，证明：．
（3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，．
①证明：有且只有一个零点．
②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，）
【答案】（1）
（2）证明解析. （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）（2）直接利用提干信息进行计算；
（3）①先化简出，然后分别讨论在，，三个区间的正负，然后利用零点存在定理判断零点是否存在以及有多少个；
②利用①将化成，从而根据的范围判断与的大小.
【小问1详解】
因为向量，所以，又因为，，
所以，
所以.
【小问2详解】
因为向量，，所以，，
所以
化简得.
【小问3详解】
①由（2）得，
化简得，
所以，
当时，单调递增，因为，
又因为，，所以，
又因为，所以，
由零点存在定理可得，存在，使得，
所以在上有一个零点.
当时，，，所以，
故在上没有零点.
当时，，，
所以，故在上没有零点.
综上可得，有且只有一个零点.
②.
理由如下：在上单调递减，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：在证明函数零点时，我们常用零点存在定理：
如果一个函数在闭区间上连续，并且满足，那么在区间内至少存在一个点，使得.
如果一个函数在闭区间上连续且单调，并且满足，那么在区间内有且仅有一个点，使得.