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玉溪一中2027届高一下学期 月考（一）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
选项 D A C C D B A B ABC ABD BCD 0 √5 √3
一、单选题：
1.解：因为 ，所以 ．故选D．
A={x|0≤x≤2}，B={x|x<8，x∈N∗} A∩B={1,2}
2.解： i5 i(2+i) i(2+i) 1 2 ．故选A．
= = =− + i
2−i (2−i)(2+i) 5 5 5
→ →
→ → → b π a 1→
3.解：由题意，⃗a在⃗b方向上的投影向量为：|a|cos⟨a,b⟩⋅ =2×cos · = b．故选：C．
→ 3 3 3
|b|
4.解：四边形 中，如果 ，则四边形 为平行四边形．再由 ⃗ ⃗ ，
ABCD ⃗AB=⃗DC ABCD |⃗AB+AD|=|⃗AB−AD|
可得平行四边形的对角线相等，故四边形是矩形，故选：C．
⃗ 1 1 1⃗ 2⃗
5.解：因为D为BC的三等分点且靠近C点，则AD=⃗AC+ ⃗CB =⃗AC+ (⃗AB−⃗AC) = a+ b
3 3 3 3
为 的中点, ⃗ 1 1(1⃗ 2⃗) 1 1⃗．故选： ．
E AD AE= ⃗AD= a+ b = ⃗a+ b D
2 2 3 3 6 3
6.解：函数f(x)=(
1
) x−x+，
g(x)=log
1
x−x+1
， ℎ(x)=√x−x+1的零点，
2 2
即为函数 的图象分别与函数 (1) x 的图象交点的横坐标，
y=x−1 y= ,y=log x,y=√x
2 1
2
如图所示：
由图象可得c>a>b，故选B．
7.解：因为 ⃗OP=⃗OA+λ (⃗AB+ 1 ⃗BC )， λ∈(0,+∞) ，则 ⃗OP−⃗OA=A ⃗ P=λ (⃗AB+ 1 ⃗BC ) λ⃗AB+ λ ⃗BC
2 2 2
=
λ λ
=λ⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= (⃗AB+⃗AC)，若设∆ABC中的BC的中点为Q，则
A
⃗
P=λ⃗AQ
λ∈(0,+∞)
2 2
, .
所以，P在三角形的中线上，因此动点P的轨迹必通过△ABC的重心．故选：A．
8.解：对 ：令 sinℎx ex−e−x，
A f (x)= =
cosℎx ex+e−x
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1 4则
e−x−ex
，所以， 故双曲正切函数是奇函数，故A错误；
f (−x)= f (−x)=−f (x)
e−x+ex
ex−e−x
sinℎx 2 ex−e−x e2x−1 2
对B：tanℎx= = = = =1− ，
cosℎx ex+e−x ex+e−x e2x+1 e2x+1
2
2
由y=e2x+1在R上单调递增，且y=e2x+1>1，故tanℎx=1− 是增函数，故B正确；
e2x+1
对 ： (ex−e−x ) 2 (ex+e−x ) 2 e2x+e−2x 故 错误；
C (sinℎx) 2+(cosℎx) 2= + = C
2 2 2
,
e2x−e−2x e2x+e−2x
对D：sinℎ2x+cosℎ2x= + =e2x，
2 2
(ex−e−x ex+e−x ) 2 ，故 错误；故选： ．
(sinℎx−cosℎx) 2= − =e−2x C B
2 2
二、多选题：
9.解：复数z =1−2i，所以，复数z 对应的点在第四象限，故A正确；已知a,b∈R关于x的方程
1 1
,
的一个根是 则得 ，整理得 ，所以，
x2+ax+b=0 z =1−2i (1−2i) 2+a(1−2i)+b=0 (a+b−3)−(2a+4)i=0
1
,
{a+b−3=0 {a=−2
；解得： ，所以，ab=−10，故B正确；
2a+4=0 b=5
由a=−2,b=5得方程x2−2x+5=0，又知道一个根是z =1−2i，所以，结合韦达定理，可得另一个根是
1
z =1+2i，所以，z =z ，故C正确；两个虚数不能比较大小，故D错误；故选：ABC．
2 1 2
10.解：点 为 上一动点，可知当点 三点共线的时候， 的值最大是 ，故选 ；
D ⨀C A，C，D |⃗AD| 2AC=10
A
1 2
⃗ AC∙⃗AB=|⃗ AC|∙|⃗AB|cos∠CAB= |⃗AB| =32，故选 ；当⃗AB∙⃗CD=0时，即AB⊥CD，此时，点D在
2
B
⨀C上有两个位置，故sin∠DAB不止一个答案，所以，排除 选项
对于 选项，（方法一）如图 所示，建立平面直角坐标系，则C点D坐. 标设为(5cosθ,5sinθ) A点坐标是
(−4,−3)，B点坐标是(4,−3)，
D 1 ,
则 ， ，所以，当 时，
⃗ AB=(8,0) ⃗AD=(5cosθ+4,5sinθ+3) ⃗AB∙⃗AD=40cosθ+32 cosθ=1,即θ=0
,
⃗AB∙⃗AD取得最大值 ；
（方法二）如图 所示，借助平面几何知识和平面向量的数量积运算的定义可知：
72
2
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2 4要取得最大值，当且仅当 的值最大，此时
⃗AB∙⃗AD=|⃗ AD|∙|⃗AB|cos∠DAB |⃗ AD|cos∠DAB
，所以 ，故选 ；
|⃗ AD|cos∠DAB=|AE|=5+4=9 ⃗AB∙⃗AD=|⃗ AD|∙|⃗AB|cos∠DAB=8×9=72
ABD
图
图1
11.解：因为 eiπ+1=0 ，所以 eiπ=−1 ， e2025πi−1=(eπi) 2025 − 2 1=−1−1=−2 ，故A错误；
π
e3i=cos3+isin3，而 <3<π，则cos3<0、sin3>0，故e3i位于第二象限，故B正确；
2
，故 正确；
|exi|=√cos2x+sin2x=1 C
，所以 ，又因为 ，所以 ，D正确．
eiθ=cosθ+isinθ (eiθ )=cosθ−isinθ eiθ=e−iθ=cosθ−isinθ (eiθ )=eiθ
故选：BCD．
三、填空题：
1 1 √ 1
12.解：y=x+ =x+2+ −2≥2 (x+2)⋅ −2=0，当且仅当x=−1时取等号．
x+2 x+2 x+2
故答案为0．
13.解：（方法一）因为⃗ ，所以 ⃗ ，
a=(2,−1) |a|=√22+(−1) 2=√5
所以 ⃗ ⃗ √(⃗ ⃗) 2 √⃗ ⃗ ⃗ ⃗ √ π
|a−b|= a−b = a2−2a∙b+b2= 5−2×√5×√5×cos +5=√5
3
.
（方法二）如图所示，“数形结合”，很容易得到 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
|a−b|=|a|=|b=√5
.
⃗ ⃗ 1 1
14.解：依题意⃗e ,⃗e 夹角为60°，所以e ⋅e =1×1× = ，
1 2 1 2 2 2
因为 ⃗ ⃗ ⃗， ⃗ ⃗ ⃗， ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
OP=e +e OM=2e +2e ⃗PM=OM−OP=e +e
1 2 1 2 1 2
所以 ⃗ ⃗ ⃗ √ ⃗ ⃗ √⃗ ⃗ ⃗ ⃗
|PM|=|e +e |= (e +e ) 2= e 2+2e ⋅e +e 2=√3
1 2 1 2 1 1 2 2
.
三、解答题:
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3 415.解：（1）题意得， ， ，
， ，解得 ；
（2）由题意得， ， ，
， ，解得 ．
16.解：（1）因为 ，所以由正弦定理得： ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，由（1）知， ，所以 ，
又 ， 所 以 ， 在 △ 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得
√3
，又因为 ，所以
,即AB= .
17.解：（1）由三角形面积公式及条件可知： ，
由余弦定理知： ，
所以 ，因为 ，所以 ；
（2）结合（1）的结论，根据余弦定理有： ，
所以 ，因为 为 边的中点，所以 ，
所以 ，即 ．
18.解：（1）函数 ，
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4 4由于 为正三角形，所以三角形的高为 ，所以 ．
所以函数 的最小正周期为 ，所以 ，从而得到 ．
（2） ， ， ，
[3,2√3]
函数 的值域为
（3）若 ，则 ，整理得 ，
由于 ，所以 ， ，所以 ，
所以
4 [π 4 π ] π [ π π π ]
f(x − )=2√3sin (x − )+ =2√3sin( x )=2√3sin ( x + )−
0 3 4 0 3 3 4 0 4 0 3 3
(3 1 4 √3) 3−4√3 3√3−12
¿2√3× × − × =2√3× = .
5 2 5 2 10 5
19.解：（1）当 时，由 可得， ，令 ，则 ，解得 或 ，
即 或 ，解得 或 ， 的准不动点为0或1；
（2）由 可得， ，即 在 ， 上有解，
令 ，由 ， 可得 ， ，则 在 ， 上有解，故 ，
当 ， 时， 在 ， 上单调递增， ， ，解得 ， 的取值范围
；
（3）由 可得， ，即 ，
则 ，又由指数函数的性质可知 在 ， 上单调递增，
（1） ， ，则 ，即 ，
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5 4令 ， ， ，则 ， ，从而 ，则 ，
又 ， 在 ， 上均为增函数，则 ， ， ，即 ．
实数 的取值范围为： ， ．
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6 4
