2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試卷（提高篇）參考答案與試題解析第I卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．（5分）下列命題錯誤的是（

）A．若a與b都是單位向量，則a=B．“a=b”是“C．若a,b都為非零向量，則使a|a|D．若a=b,【解題思路】根據(jù)平面向量的定義以及向量共線的概念一一判斷.【解答過程】對A，a,b都是單位向量，則所以得不到a=對B，“a=b”推不出“a=b”，但“所以“a=b”是“對C，因為a與b反向共線，且a|a|，b對D，若a=b,故選：A.2．（5分）已知復(fù)數(shù)z=a+bia,b∈R，若1?iz=z?2+aiA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【解題思路】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的基本運算化簡，再應(yīng)用復(fù)數(shù)相等得出參數(shù)，最后應(yīng)用復(fù)數(shù)的幾何意義得出點的象限．【解答過程】由題意，得1?i∴a+b+b?a∴a+b=a?2,b?a=a?b,解得∴z=?2?2i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為Z故選:C．3．（5分）在△ABC中，M、N分別在邊AB、AC上，且AB=2AM，AC=4AN，D在邊BC上（不包含端點）．若AD=xA．2 B．4 C．6 D．8【解題思路】設(shè)BD=λBC，其中0<λ<1，推導(dǎo)出2x+y=4，將代數(shù)式1x+2【解答過程】因為D在邊BC上（不包含端點），不妨設(shè)BD=λBC，其中即AD?所以，AD=又因為AD=xAM+yAN，則x=2?2λ，y=4λ，其中且有2x+y=4，所以，1x當(dāng)且僅當(dāng)4xy=y故則1x+2故選：A.4．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足z?1=1，則z+2+4i（i是虛數(shù)單位）的最小值為（A．17?1 B．4 C．17+1【解題思路】根據(jù)復(fù)數(shù)模長的幾何意義即可求得結(jié)果.【解答過程】設(shè)z=x+yi，則由z?1所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點坐標(biāo)在1,0為圓心，1為半徑的圓上，如下圖所示：而z+2+4i即求復(fù)平面內(nèi)點x,y到?2,?4距離的最小值，由圓的幾何性質(zhì)可知當(dāng)點x,y位于?2,?4與圓心1,0點連線交點時，取到最小值，即?2?1故選：B.5．（5分）直角梯形ABCD中，AB=BC=2，AD=3，CD=1，點O,E為AB,BC中點，F(xiàn)在AD、CD、BC邊上運動（包含端點），則OF?OE

A．?12,32 B．0,3【解題思路】建立直角坐標(biāo)系，分類討論F在AD、CD、BC邊上運動時OF?【解答過程】依題意，建立直角坐標(biāo)系，如圖，

則A0,0當(dāng)F在AD邊上運動時，記F0,t則OF=所以O(shè)F?OE=?當(dāng)F在CD邊上運動時，記Fs,則OF=s?1,3，所以O(shè)F當(dāng)F在BC邊上運動時，記BF=λ則OF=所以O(shè)F?OE=綜上：OF?故選：A.6．（5分）在△ABC中，內(nèi)角A,?B,?C的對邊分別為a,?b,?c，已知向量A．等邊三角形 B．鈍角三角形C．有一個內(nèi)角是π6的直角三角形 【解題思路】由向量m，n共線可得acosB2=bcos【解答過程】因為向量m=a,cos則acosB2則2sin因為A,B∈0,π，則A2,B2∈0,π2，可知可得sinA2=sinB同理由向量m=a,cosA2綜上所述：A=B=C.所以△ABC的形狀為等邊三角形.故選：A.7．（5分）瑞士數(shù)學(xué)家歐拉于1748年提出了著名的歐拉公式：eix=cosx+isinxA．eπ2B．復(fù)數(shù)eπC．sinD．若z1=eπ3i【解題思路】代入x=π2即可判斷A；代入x=π【解答過程】對于A，eπ對于B，eπ4i對于C，e=cos對于D，z1=eOZ1=因此△OZ1Z2的面積為：12故選：D.8．（5分）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，且4S=3a2?b?cA．32，52 B．32,2【解題思路】由余弦定理結(jié)合面積公式，再應(yīng)用同角三角函數(shù)關(guān)系求出，由正弦定理邊角互化，再應(yīng)用兩角和差公式化簡，最后應(yīng)用基本不等式及對勾函數(shù)的單調(diào)性求解即得.【解答過程】在銳角△ABC，由余弦定理可知2bccos由面積公式可得S△ABC4×1因為bc≠0，化簡可得sinA=?根據(jù)恒等變換可得sinA+π3所以0<A<π2,所以sinA=則bc因為銳角△ABC，所以0<C<π則π6<C<π2，則1tanC∈0,3所以b2+c2bc=b當(dāng)t=1時，是極小值y=2，當(dāng)t=12或t=2時，最大值則b2故選：C.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．（6分）已知z1,zA．z1+z2=C．若z1z2=0，則z1=0或z【解題思路】對于A：根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義結(jié)合復(fù)數(shù)運算分析判斷；對于B：舉反例說明即可；對于C：根據(jù)模長性質(zhì)分析判斷；對于D：根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義分析可知點Z1的軌跡是以點A【解答過程】設(shè)z1=a+bi，z2=c+d對于選項A：因為z1+z所以z1對于選項B：例如z1=1+i，z但z1對于選項C：若z1z2則z1=0或z2=0，所以對于選項D：設(shè)復(fù)數(shù)z1,i因為z1?i=A則z1+i=B所以z1故選：ACD．10．（6分）在△ABC中，點P滿足BP=2PC，過點P的直線與AB?AC所在的直線分別交于點M?N，A．AP=23AB+C．AP=13λAM+【解題思路】先利用向量的線性運算判斷AC，再利用三點共線得到13λ【解答過程】如圖所示，因為BP=2PC，則BP=2PC，即所以AP=又因為AM=λ所以AP=因為M?P?所以1=13λ+當(dāng)且僅當(dāng)13λ=2所以λμ的最小值為89所以λ+μ=λ+μ當(dāng)且僅當(dāng)2λ3μ=μ所以λ+μ的最小值為22故選：BC.11．（6分）在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，A．B=2AB．B的取值范圍為πC．1tanAD．b?ac的取值范圍是【解題思路】利用正弦定理角化邊得b2=aa+c，結(jié)合余弦定理和二倍角公式可得cosB=cos【解答過程】對A，由正弦定理角化邊得b2由余弦定理有cosB=cosA=因為△ABC為銳角三角形，所以A,B∈0,π2所以cos2A=2所以cosB=cos2A對B，由上知，C=π因為△ABC為銳角三角形，0<A<π20<2A<所以B∈π對C，1=sin當(dāng)1sinB=2因為B∈π3，對D，b?a=2sin因為π6<A<π所以2+1<2cosA+1<即b?ac故選：AB.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）已知向量a,b的夾角為2π3,a【解題思路】利用向量的數(shù)量積的定義，求得a?b=?1【解答過程】因為b=1，a所以a?所以a?故答案為：7.13．（5分）復(fù)平面上兩個點Z1，Z2分別對應(yīng)兩個復(fù)數(shù)z1，z2，它們滿足下列兩個條件：①z2=z1?2i；②兩點Z1【解題思路】令Z1(m,n)，Z2(a,b)，且a,b,m,n∈R【解答過程】令Z1(m,n)，Z2由z2=z1?2i，則由兩點Z1，Z2連線的中點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為?1+3i，則a+m聯(lián)立①②，可得a=?4b=4，且m=2n=2，即OZ由OZ1?OZ又|OZ1|=22，|故答案為：8.14．（5分）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位：m)，三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點測得B點的仰角為15°，BB′與CC′的差為100；由B點測得A點的仰角為45°，則A，C兩點到水平面A′B′C′的高度差A(yù)A′－CC′約為373(3≈1.732)

.【解題思路】過C作CH⊥BB′，過B作BD⊥AA′，進(jìn)而AA′－CC′＝AD＋100，易知AD＝DB=A′B′，在△BCH中，求得CH=100tan15°，進(jìn)而C′B′＝100tan15°，在△A′B′C′中，用正弦定理即可求得A′【解答過程】如圖，過C作CH⊥BB′，過B作BD⊥AA′，故AA′－CC′＝AA′－(BB′－BH)＝AA′－BB′＋100＝AD＋100，由題易知△ADB為等腰直角三角形，所以AD＝DB．所以AA′－CC′＝DB＋100＝A′B′＋100.因為∠BCH＝15°，所以CH＝C′B′＝100tan在△A′B′C′中，由正弦定理得，A′B′sin45°＝而sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝6?所以A′B′＝100×4×226所以AA′－CC′＝A′B′＋100≈373.故答案為：373.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。15．（13分）已知復(fù)數(shù)z=bi（b∈R），z+2(1)求z+z(2)若復(fù)數(shù)(m+z)2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，且z為實系數(shù)方程x2+【解題思路】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)為實數(shù)求出b，代入化簡后求復(fù)數(shù)模即可；（2）由復(fù)數(shù)是實系數(shù)方程的根代入求出m，再結(jié)合所在象限舍去不合適的值.【解答過程】（1）由z=bi，z+21+i為實數(shù)，則所以b?22=0，b=2，即z=2所以z+z（2）由m+z2所以m2?4>0又z=2i為實系數(shù)方程x則4+2m所以m2?9=0，m=±3又m<?2，所以m=?3.16．（15分）已知向量a=?1,0，b=m,1，且(1)求m及a+2(2)若a+λb與a+2【解題思路】（1）由平面向量的夾角公式結(jié)合平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算可求得m的值，計算出向量a+2b的坐標(biāo)，利用平面向量的模長公式可求得（2）求出向量a+λb的坐標(biāo)，分析可知a+λb?a+2【解答過程】（1）因為向量a=?1,0，b=m,1，且則cosπ4=所以，b=?1,1，則故a+2（2）由（1）可得a+λb=因為a+λb與a+2b所成的角是銳角，則且向量a+λb與a+2b不共線，則因此，實數(shù)λ的取值范圍是?317．（15分）設(shè)z1是虛數(shù)，z2=z1(1)求z1的值以及z(2)求證ω為純虛數(shù)；(3)求z2?【解題思路】（1）設(shè)z1（2）結(jié)合（1）中所得計算可得ω的實部為零，即可得證；（3）結(jié)合（1）、（2）中所得，化簡計算后結(jié)合基本不等式即可得.【解答過程】（1）設(shè)z1則z=a+bi+a?bia2因為b≠0，所以a2+b2=1由?1≤z2≤1，得?1≤2a≤1即z1的實部的取值范圍為?（2）∵a2ω=1?因為?12≤a≤所以ω=1?（3）z=2a+b?bi+b由a+1∈1故z2當(dāng)且僅當(dāng)2a+1=2a+1，即18．（17分）已知△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且a+c2abc(1)求B；(2)設(shè)D為AC的中點，b=2；求：①△ABC面積的最大值；②BD的最大值．【解題思路】（1）由余弦定理、正弦定理結(jié)合兩角差的正弦公式可得出sinA?B=sinB?C，結(jié)合A?B、B?C的取值范圍可得出A?B、（2）①由余弦定理結(jié)合基本不等式可求得ac的最大值，再結(jié)合三角形的面積公式即可求得△ABC面積的最大值；②由平面向量的線性運算可得出2BD=BA+BC，由平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可得出4BD2=a2+【解答過程】（1）由余弦定理可得cosB=a2由a+c2abc=cosA+cos由正弦定理可得sinA+即sinA所以，sinA所以，sinA?B因為A、B、C∈0,π，所以，A?B、A?C、A?B+B?C=?A?B+B?C=A?B=B?C，可得2B=A+C=π?B，解得（2）①由余弦定理、基本不等式可得b2即ac≤4，當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時，等號成立，所以，S△ABC故△ABC面積的最大值為3；②因為D為邊AC的中點，則AD=DC，即所以，2BD所以，4BD又因為a2所以，a2+c2=4+ac可得4BD2≤12當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時，等號成立，故BD的最大值為3.19．（17分）在銳角△ABC中，記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，2bcosA=acosC+ccosA，點(1)若a=2，求AO(2)在（1）條件下，求3OA(3)若AO=xAB+y【解題思路】（1）根據(jù)題意，利用正弦定理化簡得到2cosA=1，求得A=π4，再由向量的線性運算法則，求得OA=OB=（2）由（1）求得∠BOC=π2，|BC|=2（3）取AB的中點D，連接OD，求得AO?AB==12AB2，AO?AC=1【解答過程】（1）解：因為2b由正弦定理得2sin因為A+C=π?B，可得sin(A+C)=又因為B∈(0,π)，可得sinB>0，所以2因為A∈(0,π)，所以又由OA+可得OA+解得OA2