三明一中2023-2024学年下学期3月月考
高一数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第I卷（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，仅有一项是符合题目要求的.
1. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
2 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. 1 C. D. 3
3. 已知是两个不共线的向量，且，则（ ）
A. 三点共线 B. 三点共线
C 三点共线 D. 三点共线
4. 在中，角所对的边分别为，若，则为（ ）
A. 直角三角形 B. 等边三角形
C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
5. 已知，与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，在中，满足条件，若，则（ ）
A. 8 B. 4 C. 2 D.
7. 2023年入冬以来，哈尔滨冰雪旅游火爆出圈.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑其中央主体建筑集球 圆柱 棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶 教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（ ）
A B. C. D.
8. 如图，已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知是复数，下列说法正确的是
A. B. 若，则或
C D. 若，则
11. 已知为所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为等边三角形
C. 若，则为的垂心
D. 若，则点轨迹经过的重心
第II卷（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. 已知向量为非零向量，若，则__________.
13. 在中，，，，则 ．
14. 阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，，，并按这样的规律继续下去．给出下列四个结论：
①对于任意正整数，；
②存在正整数，为整数﹔
③存在正整数，三角形的面积为2023；
④对于任意正整数，三角形为锐角三角形．
其中所有正确结论的序号是_________．
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15. 已知复数.
（1）求；
（2）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，求的大小.
16. 设是不共线的单位向量，且与的夹角的余弦值为.
（1）求；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
17. 已知四边形的外接圆面积为，且为钝角，
（1）求和；
（2）若，求四边形的面积．
18. 如图，在中，，点在线段上（异于两点），延长到，使得，设
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围.
19. 利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作，类比平面向量的相关运算法则，对于复向量，我们有如下运算法则：
①
②；
③
④
（1）设，为虚数单位，求，，；
（2）设是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，（其中），成立，证明：对于复向量，也成立；
②当时，称复向量与平行.若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数.三明一中2023-2024学年下学期3月月考
高一数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第I卷（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，仅有一项是符合题目要求的.
1. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助复数相等求解作答
【详解】所以
故选：D
2. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. 1 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由知，再根据向量数量积的坐标运算解题即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，解得
故选：B
3. 已知是两个不共线的向量，且，则（ ）
A. 三点共线 B. 三点共线
C. 三点共线 D. 三点共线
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量运算与共线定理即可得.
【详解】，故，则，
又因为两向量有公共点，
故三点共线.
故选：A.
4. 在中，角所对的边分别为，若，则为（ ）
A. 直角三角形 B. 等边三角形
C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理化角为边即可得解.
【详解】因为，
由余弦定理可得，
所以，
即，所以，
所以为等腰三角形.
故选：C.
5. 已知，与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的投影向量公式进行求解.
【详解】由题意得，在上的投影向量为.
故选：C
6. 如图，在中，满足条件，若，则（ ）
A. 8 B. 4 C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量加法的三角形法则，结合已知条件，可得，求出，从而得出答案.
【详解】因为，,
所以，
即，
又，
所以，故.
故选：A.
7. 2023年入冬以来，哈尔滨冰雪旅游火爆出圈.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑其中央主体建筑集球 圆柱 棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶 教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则估算索菲亚教堂的高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中条件可求得的长度，利用正弦定理求得的值，继而可求解.
【详解】由题意知,
,
所以.
中，,
在中，由正弦定理得
,即，
所以，
在中，（），
故选：B.
8. 如图，已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接、，根据数量积的运算律得到，再求出即可求出的范围，从而得解.
【详解】取的中点，连接、，
则
，
又，
所以，，
即，
所以，．
故的取值范围为．
故选：C
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据共线向量定理逐项判定向量是否共线即可.
【详解】对于A，，
两向量共线，不能作为基底，故A正确；
对于B，，
两向量共线，不能作为基底，故B正确；
对于C，，
两向量共线，不能作为基底，故C正确；
对于D,若存在实数使得，，
则，无解，故两向量不共线，可以作为基底，
故D错误；
故选：ABC.
10. 已知是复数，下列说法正确的是
A. B. 若，则或
C. D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】设，根据复数模、乘法以及共轭复数的概念，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】设，.
对A：，，显然，A错误；
对B：，
若，则， 解得或，
也即或，故B正确；
对C：，；
，，故C正确；
对D：若，则可取，但，故D错误.
故选：BC.
11. 已知为所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为等边三角形
C. 若，则为的垂心
D. 若，则点的轨迹经过的重心
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，设线段的中点为点，在线段上取点，使得，根据向量加法的平行四边形法则及三角形的面积公式即可判断；对于B，由题意可得，再根据数量积的定义即可判断；对于C，根据数量积的运算律即可判断；对于D，设的中点为，再根据正弦定理结合平面向量共线定理即可判断.
【详解】对于A，设线段的中点为点，在线段上取点，使得，
因为，所以，
连接，则四边形为平行四边形，
故，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，故A错误；
对于B，因为，所以，
即，
所以，所以，
又，所以，
所以为等腰三角形，故B错误；
对于C，由，得，所以，
由，得，所以，
由，得，所以，
所以为的垂心，故C正确；
对于D，设的中点为，则，
由正弦定理可得，
所以（为中边上的高），
所以，
所以，所以，
又为公共起点，所以三点共线，
所以点的轨迹经过的重心，故D正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理得出是解决D选项的关键.
第II卷（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. 已知向量为非零向量，若，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】把条件两边平方，根据向量的运算性质化简即可.
【详解】因为，
所以，
即，
化简得，
故答案为：.
13. 在中，，，，则 ．
【答案】
【解析】
【详解】分析：直接利用正弦定理求∠C.
详解：由正弦定理得
因为AB＜BC，所以∠C＜∠A=,所以.故答案为.
点睛：（1）本题主要考查正弦定理解三角形，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.(2) 解三角形如果出现多解，要利用三角形内角和定理或三角形边角不等关系来检验.
14. 阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，，，并按这样的规律继续下去．给出下列四个结论：
①对于任意正整数，；
②存在正整数，为整数﹔
③存在正整数，三角形的面积为2023；
④对于任意正整数，三角形为锐角三角形．
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据规律判断①，利用特殊值判断②，由判断③；利用余弦定理证明从而判断④.
【详解】依题意可得对于任意正整数，，故①正确；
当时，，故②正确；
，因为不可能等于，故③错误；
，
，
，
因为，所以在三角形中，为最大角，
，
则为锐角，即三角形为锐角三角形，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据阿基米德螺线的规律，结合两点间的距离公式，面积公式，余弦定理等探究求解即可.
四 解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
15. 已知复数.
（1）求；
（2）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，求的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算出；
（2）得到，利用向量夹角余弦公式求出答案.
【小问1详解】
由已知得，
，
又
所以
【小问2详解】
依题意向量，
于是有，
，
，
因为为与的夹角，
所以，
因为，
所以
16. 设是不共线的单位向量，且与的夹角的余弦值为.
（1）求；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律以及模长公式即可求解，
（2）根据数量积以及向量共线即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以
所以，
【小问2详解】
因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，
当与共线时，设，即，
因为与不共线，所以，解得，
因此当与不共线时，，
由，得，
即，解得，
所以且，即实数的取值范围为
17. 已知四边形的外接圆面积为，且为钝角，
（1）求和；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用外接圆面积求出外接圆半径，进而由正弦定理得到，求出，再利用余弦定理求出；
（2）求出，并利用正弦定理和余弦定理求出，，利用三角形面积公式求出，相加后得到答案.
【小问1详解】
四边形的外接圆面积为,即的外接圆面积为，
设的外接圆半径为，则，解得，
在中，，即，故，
因为为钝角，所以为锐角，故，
由余弦定理得，即，
故，解得，负值舍去，
【小问2详解】
，
因为，所以，
中，由正弦定理得，
又，故，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
故，
四边形的面积为.
18. 如图，在中，，点在线段上（异于两点），延长到，使得，设
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理可求得，根据题意可知，在根据向量的加减运算求出，从而得出的值，然后求解即可.
（2）设，由题意得，设，即可得点三点共线，因为点是直角斜边上异于点，所以当时，取最小值；当点与点重合时，取最大值，再由求解即可.
【小问1详解】
在中，，所以，，
又在中，，
由余弦定理，得，
所以，又，所以，
又，所以，
因为，，所以，
整理得，即，
所以，所以，
所以.
小问2详解】
设，则，所以，
，
设，则，
故，
即，所以点三点共线，
又，
所以点三点共线，所以点与点重合，
因此，故，
因为点是直角斜边上异于的点，
所以，当时，取最小值为，
当点与点重合时，取最大值为4，故，
又，所以，即，
所以的取值范围为.
19. 利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作，类比平面向量的相关运算法则，对于复向量，我们有如下运算法则：
①
②；
③
④
（1）设，为虚数单位，求，，；
（2）设是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，（其中），成立，证明：对于复向量，也成立；
②当时，称复向量与平行.若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数.
【答案】（1），，
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据①③④即可解题；
（2）①设，由，得出，结合复数的三角不等式得即可证明；
②由①中复数的三角不等式等号成立的条件知，当复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得，即再由复向量与平行时，，然后根据中等号成立的条件，求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
【小问2详解】
①设，则，
由复数的三角不等式得，
由，得，所以，
所以
，
综上所知，对于复向量，成立.
②由①中复数的三角不等式等号成立的条件知，
当复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得
，即
故复向量与平行，有
，
根据中等号成立的条件，
应有，即，
所以，
结合，得，解得；
所以，所以.
