高一下学期期中重难点检测卷（培优卷）（解析版）_2026年04月高一试卷_260417高一下学期期中重难点检测卷+期中模拟卷（培优卷）

高一下学期期中重难点检测卷（培优卷） 【考试范围：平面向量及其应用、复数】 注意事项： 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟，试题共 19 题。答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑 色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、单选题（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．点O在∆ABC所在的平面内，OA = OB = OC ， AB =2， AC =1，AO=λAB+µAC (λ,µ∈R)，且  4λ−µ=2(µ≠0)，则 BC =（ ） 7 7 A． B． C．7 D． 7 3 2 【答案】D 5 4 C C C 【解析】确定点O为∆ABC外心，代入化简得到λ= ，µ= ，再根据BC = AC−AB计算得到答案. 6 3 C C C 【详解】由OA = OB = OC 可知，点O为∆ABC外心， C C 1 C 2 C C 1 C 2 1 C C C 则AB⋅AO= AB =2，AC⋅AO= AC = ，又AO=λAB+µAC， 2 2 2         2 AO⋅AB=λAB +µAC⋅AB=4λ+µAC⋅AB=2,  所以     2   1 ① AO⋅AC =λAB⋅AC+µAC =λAB⋅AC+µ= ,  2 因为4λ−µ=2，② 5 4 C C C C C 联立方程①②可得λ= ，µ= ，AB⋅AC =−1，因为BC = AC−AB， 6 3 C C C C C C 所以 BC 2 = AC 2 +AB 2 −2AC⋅AB=7 ，即 BC = 7． 故选：D 2．梯形ABCD中，AB//CD，AB=4，DC =1，AD=2，∠DAB=60°，点E在线段BD上，点F在线段AC上，     且BE=λBD，CF =µCA，AE⋅DF =4，则λ+µ的最小值为（ ） 11+4 6 11 4 6 11−4 6 A． B． C． D． 3 3 3 3 【答案】A   【分析】根据平面向量基本定理，将AB,AD当作两组基底向量，再根据向量线性运算的加法与减法法则， 学科网（北京）股份有限公司C C C C C 1−µC   代换出AE=λAD+(1−λ)AB, DF =−µAD+ AB，结合 AE⋅DF =4 ，化简得−3λ+3λµ−8µ=0，将µ表 4 示成λ的关系式，再结合基本不等式求解即可 【详解】 C C C C C 1 AC = AD+DC = AD+ AB， 4 C C  C 1 C  C C C C CF=µCA=−µAD+ AB,BE=λBD=λ(AD−AB)  4  C C C C C AE= AB+BE=λAD+(1−λ)AB, C C C 1 C C 1 C  C 1 C  C 1−µC DF =DC+CF = AB+CF = AB−µAD+ AB=−µAD+ AB， 4 4  4  4   由 AE⋅DF =4 ，化简得−3λ+3λµ−8µ=0， 3λ 3λ 3λ−8 8 11 8 11 11+4 6 则µ= >0,λ+µ=λ+ = + + 2 + = ， 3λ−8 3λ−8 3 3λ−8 3 3 3 3 3λ−8 8 当且仅当 = 时取“=”号 3 3λ−8 故选：A C 3 C C C 3．如图，已知D,E分别是ABC边AB,AC上的点，且满足AB= AD，AC =4AE，BE与CD交于O，连 2 C C 接AO并延长交BC于F点．若AO=λOF，则实数λ的值为（ ） 7 4 5 A． B． C． D．2 3 3 2 【答案】A C C C C C C C C 2 1 【分析】由D,O,C共线、B,O,E共线分别可得DO=kDC =k(AC− AB)、BO=µBE=µ( AC−AB)，进 3 4 C 2 C C C C µC C 3 C 1 C 而得AO= (1−k)AB+kAC、AO=(1−µ)AB+ AC求参数，得AO= AB+ AC，最后由 3 4 5 10 C λ+1 C 3λ+3 C λ+1 C AF = AO= AB+ AC且B,F,C共线求参数λ. λ 5λ 10λ 学科网（北京）股份有限公司C C C C C C 2 【详解】由D,O,C共线，则DO=kDC =k(BC−BD)=k(AC− AB)，k∈R， 3 C C C C C C C C C C 2 2 2 2 所以AO= AD+DO= AB+DO= AB+k(AC− AB)= (1−k)AB+kAC①， 3 3 3 3 C C C C C C C C C 3 1 由B,O,E共线，则BO=µBE=µ(BC+CE)=µ(AC−AB+ CA)=µ( AC−AB)，µ∈R， 4 4 C C C C 1 C C C µC 所以AO= AB+BO= AB+µ( AC−AB)=(1−µ)AB+ AC②， 4 4 2  1 (1−k)=1−µ k =   C C C 3  10 3 1 由①②知： ，则 ，故AO= AB+ AC，  k = µ µ= 2 5 10  4  5 C C C λ+1 C λ+1 3 C 1 C 3λ+3 C λ+1 C 由AO=λOF，则AF = AO= ( AB+ AC)= AB+ AC， λ λ 5 10 5λ 10λ 3λ+3 λ+1 7 由B,F,C共线，则 + =1，可得λ= . 5λ 10λ 3 故选：A 4．在等边三角形ABC中,D是AC上一点，CD=2DA,M 是BD上一点，∠AMC =90A,则tan∠AMD=( ) 3 3 1 1 A． B． C． D． 4 3 2 3 【答案】B  【分析】以BC的中点为原点，BC为x轴正方向，设等边三角形ABC边长为a，得到A,B,C的坐标，再根   据CD=2DA，得到D点坐标，设M 坐标为(x,y)，M 是BD上一点，BM =tBD，可以得到关于x,y的方   程；∠AMC =90A可得MA⋅MC =0,得到关于x,y的方程；解出x,y得到M 点坐标，再由向量的夹角公式，得 到cos∠AMD，从而可得tan∠AMD.  【详解】以BC的中点为原点，BC为x轴正方向，设等边三角形ABC边长为2a， 则A ( 0, 3a ) ,B(−a,0),C(a,0)， a 2 3   CD=2DA，∴D , a   3 3    设M 坐标为(x,y) M 是BD上一点，则BM =tBD (x+a,y)=t    4 a, 2 3 a    ，∴y= 3 (x+a) 3 3  2 由∠AMC =90A可得M  A  ⋅M  C  =0，即 ( −x, 3a−y ) ⋅(a−x,−y)=0 −ax+x2− 3ay+y2 =0 学科网（北京）股份有限公司3a 2 3a  3a 2 3a 解得x=− ,y= ，M  − ,   7 7  7 7   3a 5 3   16a 8 3  MA= , a， MD= , a      7 7   21 21  3a 5 3  16a 8 3     , a⋅ , a MA⋅MD  7 7   21 21  3 ∴cos∠AMD=   = = MA⋅ MD 3a 2 5 3  2 16a 2 8 3  2 2   + a ⋅   + a  7   7   21   21  π ∠AMD∈[ 0,π]，∴∠AMD= ， 3 3 tan∠AMD= ，故选B项. 3 a2+b2 sin(A+B) 5．在△ABC中， = ，则△ABC的形状是（ ） a2−b2 sin(A−B) A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】C 【解析】原式可化为 ( a2+b2) ⋅(sinAcosB−cosAsinB)= ( a2−b2)(sinAcosB+cosAsinB)，然后利用正弦定理、 余弦定理进行边角互化，得出a，b，c的关系. 【详解】解：由 a2+b2 = sin(A+B) 得： ( a2+b2) ⋅sin(A−B)= ( a2−b2) sin(A+B)，且a≠b， a2−b2 sin(A−B) ∴ ( a2+b2) ⋅(sinAcosB−cosAsinB)= ( a2−b2)(sinAcosB+cosAsinB)，且a≠b， ∴ ( a2+b2) ⋅(acosB−bcosA)= ( a2−b2)(acosB+bcosA)， ∴ ( a2+b2) ⋅  a a2+c2−b2 −b b2+c2−a2 = ( a2−b2)  a a2+c2−b2 +b b2+c2−a2 ，  2ac 2bc   2ac 2bc  学科网（北京）股份有限公司化简整理得： ( a2+b2) ⋅ ( a2−b2) = ( a2−b2) c2，即 ( a2+b2−c2)( a2−b2) =0， ∴a2 =b2或a2+b2 =c2，又a≠b， ∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形. 故选：C. 6．已知ABC的面积为1，边AC,AB上的中线为BD,CE，且CE=2BD，则边AC的最小值为（ ） 4 A． B．2 C． 5 D．2 3 3 【答案】C 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入∠BGC =θ，利用面积关系 找到一个等式，然后由余弦定理求CD边，最后转化为角的函数来求最值即可. 【详解】 取CEBD=G，根据已知条件可知G为ABC的重心， 由CE=2BD，设DG=x，∠BGC =θ，则BG=2x，CE=6x,CG=4x,EG=2x， 2 2 1 1 由S = S = × S = ， �BGC 3 �BDC 3 2 �ABC 3 1 1 又因为S = BG⋅CGsinθ= ⋅2x⋅4xsinθ=4x2sinθ， �BGC 2 2 1 1 所以4x2sinθ= ⇒x2 = ， 3 12sinθ 1 cosθ 17+8cosθ 由余弦定理可知CD2 =x2+16x2−2x⋅4x(−cosθ)=17× +8× = ， 12sinθ 12sinθ 12sinθ 令t = 17+8cosθ ，则12tsinθ−8cosθ=17⇒ 64+144t2 sin(θ−ϕ)=17⇒sin(θ−ϕ)= 17 ， 12sinθ 64+144t2 17 225 即 ≤1⇒64+144t2 ≥289⇒144t2 ≥225⇒t2 ≥ ， 64+144t2 144 15 5 17+8cosθ 5 5 因为t >0，所以t≥ = ，即CD2 = =t≥ ⇒CD≥ ， 12 4 12sinθ 4 2 因为AC =2CD，所以AC的最小值为 5. 7．已知复数z ，z 和z满足 z = z =1，若 z −z = z −1= z −z ，则 z 的最大值为（ ） 1 2 1 2 1 2 1 2 A．2 3 B．3 C． 3 D．1 【答案】B 学科网（北京）股份有限公司【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到 z ≤3，再将 z =3时各复 数的取值取出，即可得到 z 的最大值. 【详解】根据题意，得 z = (z −z)−z ≤ z −z + z = z −1+1≤ z +1+1=3， 2 2 2 2 1 1 当z =−1，z =1，z=3时， z −z = z −1= z −z =2，此时 z =3， 1 2 1 2 1 2 所以 z =3. max 故选：B. 8．复数α、β分别对应复平面内的点P、Q，若α2−2αβ+2β2 =0，则△POQ（其中O为坐标原点），是 （ ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．有一个锐角为60°的直角三角形 【答案】C 【分析】本题考查复数运算与复平面几何意义，通过对等式变形分析复数关系，判断三角形形状. 【详解】依题意，α2−2αβ+2β2 =0，若α=0，则β=0（反之亦成立）， 则P,Q与原点重合，与已知P,O,Q能组成三角形矛盾，所以α≠0,β≠0. α 由α2−2αβ+2β2 =0，两边除以β2（β≠0），设z= ，则方程变为： β 2± 4−8 z2−2z+2=0，解得z= =1±i 2 由z=1±i，得α=(1±i)β. 所以|α|=|1±i|⋅|β|= 2|β|， α−β=±iβ，故|α−β|=|±iβ|=|β|. 在△POQ中： |OQ|=|β|，|PQ|=|α−β|=|β|，即|OQ|=|PQ|（等腰）. 由勾股定理：|OQ|2 +|PQ|2=|β|2 +|β|2=2|β|2， 而|OP|2=|α|2=2|β|2，故∠OQP=90°（直角）. 综上，△POQ是等腰直角三角形. 故选：C 学科网（北京）股份有限公司二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选 对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9．关于非零复数Z =a+bi，Z =b+ai,a,b∈R及其共轭复数Z ，Z ，下列说法正确的是（ ） 1 2 1 2 A．Z Z +Z Z =0 B．Z Z =Z Z 1 2 1 2 1 1 2 2 Z Z C． 2 = 2 D． Z Z = Z Z Z Z 1 2 2 1 1 1 【答案】ABD 【分析】本题可根据复数的运算法则，分别对选项进行分析判断. 【详解】因为Z =a+bi，Z =b+ai，所以Z =a−bi，Z =b−ai. 1 2 1 2 Z Z =(a+bi)(b+ai)=ab+a2i+b2i+abi2 = ( a2+b2) i， 1 2 Z Z =(a−bi)(b−ai)=ab−a2i−b2i+abi2 =− ( a2+b2) i， 1 2 则Z Z +Z Z = ( a2+b2) i− ( a2+b2) i=0，选项A正确. 1 2 1 2 Z Z =(a+bi)(a−bi)=a2−(bi)2 =a2+b2 ， 1 1 Z Z =(b+ai)(b−ai)=b2−(ai)2 =b2+a2 ，所以Z Z =Z Z ，选项B正确. 2 2 1 1 2 2 Z b+ai (b+ai)(a−bi) ab+ab+ ( a2−b2) i 2ab a2−b2 2 = = = = + i Z a+bi (a+bi)(a−bi) a2+b2 a2+b2 a2+b2 1 Z b−ai (b−ai)(a+bi) ab+ab+ ( b2−a2) i 2ab b2−a2 2 = = = = + i， Z a−bi (a−bi)(a+bi) a2+b2 a2+b2 a2+b2 1 Z Z 显然 2 ≠ 2 ，选项C错误. Z Z 1 1 Z Z =(a+bi)(b−ai)=2ab+ ( b2−a2) i， 1 2 则 Z Z = (2ab)2+ ( b2−a2)2 = 4a2b2+b4−2a2b2+a4 = a4+2a2b2+b4 1 2 Z Z =(b+ai)(a−bi)=2ab+ ( a2−b2) i 2 1 则 Z Z = (2ab)2+ ( a2−b2)2 = 4a2b2+a4−2a2b2+b4 = a4+2a2b2+b4 , 2 1 所以 Z Z = Z Z ，选项D正确. 1 2 2 1 故选：ABD. 学科网（北京）股份有限公司10．下列四个命题正确的是（ ） A．若 z+1−i =1，则 z−1−i 的最大值为3 B．若复数z ,z 满足 z =2, z =2,z +z =1+ 3i，则 z −z =2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 C C C   AB AC C．若AP=λ C + C (λ∈R )，则点P的轨迹经过ABC的重心  AB sinB AC sinC   C 1 C 1 C S 1 D．在ABC中，D为ABC所在平面内一点，且AD= AB+ AC，则 △BCD = 3 2 S 6 △ABD 【答案】ABC 【分析】A根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B利用复数的运算和模的运算求解即可；C结合重心的 性质进行判断；D利用平面向量基本定理，判断出D点位置，进而可求. 【详解】对A，由 z+1−i =1的几何意义，知复数z对应的动点Z到定点(−1,1)的距离为1，即动点Z的轨迹 以(−1,1)为圆心，1为半径的圆， z−1−i 表示动点点Z的轨迹以(1,1)的距离，由圆的性质知： |z−1−i| = (−1−1)2+(1−1)2 +1=3 ，A正确； max 对B，设z =m+ni,z =c+di,(m,n,c,d∈R)，因为 z =2, z =2,z +z =1+ 3i， 1 2 1 2 1 2 所以m2+n2 =4, c2+d2 =4，m+c=1,n+d = 3， 所以mc+nd =−2，所以 z −z = (m−c)+(n−d)i = (m−c)2+(n−d)2 1 2 = m2+c2+n2+d2−2(mc+nd) = 4+4−2⋅(−2) =2 3，B正确； C C 对C，由正弦定理的AC⋅sinC = AB⋅sinB，即|AC|sinC =|AB|sinB， C C C  AB AC  λ C C ∴AP=λ C + C = C (AB+AC)，设BC中点为E，  AB sinB AC sinC AB sinB   如图： C C C C 2λ C 则AB+AC=2AE，则AP= C AE，由平面向量的共线定理得A,P,E三点共线，即点P在边BC的 |AB|sinB 学科网（北京）股份有限公司中线上，故点P的轨迹经过ABC的重心,C正确； 对D，如图由已知点D在ABC中与AB平行的中位线上，且靠近BC的三等分点处，故有 1 1  1 1 1 S 1 S = S ,S = S ,S =1− − S = S ，所以 △BCD = ，D错误. �ABD 2 �ABC �ACD 3 �ABC �BCD  2 3 �ABC 6 �ABC S 3 △ABD 故选：ABC C C 11．ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且a=2，AB⋅AC =2 3S， 下列选项正确的是（ ） π A．A= 6 B．若b=2，则ABC只有一解 ( C．若ABC为锐角三角形，则b取值范围是 2 3,4  ( D．若ABC为锐角三角形，则ABC的面积的取值范围 2 3,2+ 3  【答案】ABD 【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合 正弦定理可判定C，利用正弦定理将边化角，再由面积公式、三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出S �ABC 的范围，即可判断D. C C 1 3 【详解】对于A，因为AB⋅AC =2 3S，所以bccosA=2 3× bcsinA，则tanA= ， 2 3 π 因为A∈(0,π)，所以A= ，故A正确； 6 π 2π 对于B，因为b=2=a，则B= A= ，C = ，故ABC只有一解，故B正确； 6 3  π  π 对于C，若ABC为锐角三角形，则B∈0, ，C∈0, ，  2  2  π 0180°，矛盾，舍. 2 综上所述：B=72°. π （2）ccosC =bcosB，由正弦定理得sin2C =sin2B，即B=C或B+C = （舍）， 2  2  b 由中线长定理得c2+a2 =2  +32，   2   5 c2 c2−9 ∴a2 =18− ， b2+c2−a2 4 ， 2 cosA= = 2bc c2 9 45 − c4+ c2−81 ∴S = 1 bcsinA= 1 c2 1−cos2A = 1 c2 16 2 = 1 − 9 c4+ 45 c2−81≤6 ， �ABC 2 2 2 c4 2 16 2 当且仅当c2 =20即c=2 5时，面积取到最大值为6． a=rcosθ, 19．一般地，任何一个复数z=a+bi(a,b∈R)可以写成z=r(cosθ+isinθ)， 其中r是复数的模， b=rsinθ, C θ是复数的辐角（以x非负半轴为始边，OZ所在射线为终边的角），我们称r(cosθ+isinθ)叫做复数z =a+bi C C 的三角形式．由复数的三角形式可得出，若OZ =r (cosθ+isinθ)，OZ =r (cosθ +isinθ)，则 1 1 1 1 2 2 2 2 C r 1 (cosθ 1 +isinθ 1 )⋅r 2 (cosθ 2 +isinθ 2 )=r 1 r 2  cos(θ 1 +θ 2 )+isin(θ 1 +θ 2 )  ．其几何意义是把向量OZ 1 绕点O按逆时 C 针方向旋转角θ（如果θ <0，就要把OZ 绕点P按顺时针方向旋转角θ ），再把它的模变为原来的r 倍．已 2 2 1 2 2 知在复平面的上半平面内有一个菱形OABC，其边长为1，∠AOC =120°，点A，B，C所对应的复数分别 为z ，z ，z ． 1 2 3 学科网（北京）股份有限公司3 1 (1)若z = + i，求出z 、z ， 1 2 2 2 3 (2)如图，若P(3,0)，以PA为边作正方形APMN ，M ，N 在AP下方． C C ①若∠AOP=α，设 PA 对应的复数为z ，设 PM 对应的复数为z ，求复数z 、z ． 4 5 4 5 ②是否存在复数z 1 使得OM 长度为 19−6 2 ，若存在，求出复数z 1 ；若不存在，说明理由． 3 1 【答案】(1)z =i，z =− + i 2 3 2 2 (2)①z =(cosα−3)+isinα，z =−sinα+i(cosα−3)；②存在，z = 2 + 2 i. 4 5 1 2 2 【分析】（1）根据复数三角形式运算的几何意义与运算法则求复数z 、z ，. 2 3 （2）（i）根据复数三角形式运算的几何意义与运算法则求复数z 、z ， 4 5 π （ii）设z =cosα+isinα，0≤α≤ ，借助复数三角形式的运算，用α表示出点M的坐标，求OM 的长度， 1 3 根据OM 长度为 19−6 2 ，看看α是否存在即可. 【详解】（1）连接OB，因为四边形OABC，∠AOC =120°， C C C 所以∠AOB=60A，又OA= AB=BC =OC =1，所以OB=1，即OA = OB = OC ， 3 1 π π 因为z = + i=cos +isin ， 1 2 2 6 6  π π  π π  π π π π 所以z =z ⋅cos +isin =cos +isin ⋅cos +isin =cos +isin =i， 2 1  3 3  6 6  3 3 2 2  2π 2π  π π  2π 2π 5π 5π z =z ⋅cos +isin =cos +isin ⋅cos +isin =cos +isin ， 3 1  3 3   6 6  3 3  6 6 3 1 所以z =i，z =− + i. 2 3 2 2 π  2π  2π （2）（ⅰ）设z =cosα+isinα，0≤α≤ ，则z =cosα+ +isinα+ ， 1 3 3  3   3  C 设 PA 对应的复数为z ，则z =(cosα−3)+isinα， 4 4 学科网（北京）股份有限公司C  π π 设 PM 对应的复数为z 5 ，z 5 =z 4 ⋅  cos 2 +isin 2   =  (cosα−3)+isinα i=−sinα+i(cosα−3)， C （ⅰi）设OM 对应的复数为z ，所以z =3−sinα+i(cosα−3)， 6 6 所以 z = (3−sinα)2+(cosα−3)2 = 19−6(sinα+cosα)， 6 由已知可得 19−6(sinα+cosα) = 19−6 2 ，  π π π 所以sinα+cosα= 2sinα+ = 2，又0≤α≤ ，所以α= ，  4 3 4 2 2 所以z = + i. 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司