高一数学2025-2026第二学期高一年级第一阶段质量监测_2026年04月高一试卷_260427广东省深圳市聚龙科学中学2025-2026学年高一下学期第一阶段质量监测联考（全科）

2025-2026学年度第二学期高一年级第一阶段质量监测
数学试题参考答案
一、单项选择题：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.已知向量a  2,1，b  1,3，则a  2b  （ ）
A．4,5 B．4,7 C．0,5 D．0,7
【答案】A
【解析】因a  2,1，b  1,3，则a  2b  2,121,34,5.故选A.
2.下列向量关系式中，正确的是（ ）
A. AB－AC＝BC B.AB＋AC＝BC C.MN+NM=0 D.PQ+MN＋NP＝MQ
【答案】D
           
【解析】对于A， － ＝ ，故错误；根据向量的概念可得B、C错误；对于D，
＋ ＝ ，故  正  确.  故  选  D  .    +    
             
3. 已知|a| 2 ，|b|1，且 ，则(ab)(a2b)（ ）
A．2 B．  1⊥   C．0 D．1
【答案】C
               
【解析】由题意得(ab)(a2b)aa2abab2bb |a| 2ab2|b| 2 ，
因为a  b  ，所以 a  b   0.
   
已知|a| 2 ，|b|1，则|a|2( 2)2 2，|b|212 1，代入可得原式20210，
故选：C．
  
4. 关于平面向量a，b，c，有下列四个命题：
             
①若|a|=|b|，则a与b可能共线；②若ab0，则 a 0 或b0；③若|a|=|b|，则ab；
  
 
④若 ，则a bc ．其中正确的命题是（ ）
A   ．∙   ①=③  ∙   B．①④ C．②③ D．②④
【答案】B
【解析】对于①，当a=b时，a，b共线，所以①正确；
       
对于②，若ab0，则 a 0或 b  0或ab，所以②错误；
 
对于③，当向量a，b取坐标轴上的单位向量，所以③错误；
试卷第1页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}      
对于④，若a b =a c，则a(bc)0，可得a bc ，所以④正确.
故选：B. ∙ ∙
5.如图，在 中， =4 ，则 =( )
△               
A. + B. +
1 4 4 1
5     5     5     5    
C. + D. +
1 5 5 1
【答案6】     A 6     6     6    
【解析】【分析】本题考查向量的加法、减法、数乘运算，属于基础题．
由 =4 ，可得 = + = + 可得结论．
4
                       5    −    
【解答】解：由 =4 ，得 = ，
4
           5    
所以 = + = + = + = + ．
4 4 1 4
故选   A    ．              5         5    −     5     5    
     
6.已知平面向量a2,2，b1,m，且 2ab  ab ，则不正确的是（ ）
    
A．ab4 B． a//b C．m1 D． b  2
【答案】C
      
【分析】根据 2ab  ab 即向量a、b的坐标，求出m，验证C选项，解出b1,1，再
根据向量数量积的运算验证A选项，向量平行的坐标表示验证B选项，利用坐标求模长验
证D选项即可求解.
 
【详解】因为a2,2，b1,m，
 
所以2ab22,21,m 3,4m，
 
所以 2ab  32 4m2  m2 8m25
 
ab2,21,m 3,2m ，
 
所以 ab  32 2m2  m2 4m13，
   
因为 2ab  ab ，所以 m28m25 m24m13 ，
整理得：12m12，解得m1，故C错误；
试卷第2页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}  
所以b1,1，ab21214，故A正确；
     
因为a2,2，b1,1，所以a 2b，所以
a//b
，故B正确；

b  1212  2，故D正确.
故选：C
7.记△ABC的面积为S，△ABC的外接圆半径为1，且S sin2 Asin2Bsin2C，则C（ ）
π 2π 3π
A． B． C． D．
4 3 4

【答案】B
3
a b c
【解析】由正弦定理   2R（R为ABC的外接圆半径），且ABC的外
sinA sinB sinC
接圆半径为1，得
a a b c
sinA  ,sinB ,sinC  ，
2R 2 2 2
a 2 b 2 c 2 a2b2c2
代入S sin2 Asin2Bsin2C得S        .
2 2 2 4
由余弦定理得a2b2c2 2abcosC，
1 1 2abcosC
又S  absinC ，所以 absinC  ，化简得sinC cosC，
2 2 4
π
因为C0,π，所以C  . 故选：B.
4
8. ABC中，sin2 Asin2Bsin2C sinBsinC，若a3，求ABC周长的最大值为（ ）
A．3 3 B．2 3 C．32 3 D．6
【答案】C
b2c2a2 1
【解析】由正弦定理可得：a2b2c2 bc，cosA  ，
2bc 2
2π
A0,π，A
.
3
[方法一]：由余弦定理得：a2 b2c22bccosA b2c2bc9，
即bc2bc9.bc


bc

2
（当且仅当bc时取等号），
 2 
bc 2 3
9bc2bcbc2   bc2，
 2  4
解得：bc2 3（当且仅当bc时取等号），
试卷第3页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}ABC 周长Labc32 3，ABC周长的最大值为32 3.
π π a b c
[方法二]：由C  B，则0B ，根据正弦定理可知   2 3，
3 3 sinA sinB sinC
π  
所以bc2 3(sinBsinC) 2 3  sinBsin B 2 3sin（B+ ）2 3 ，
3  3
π
当且仅当BC  时，等号成立.
6
此时ABC周长的最大值为32 3.
故选:C.
二、多项选择题：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．下列选项中，正确的是（ ）
A．已知复数z满足(1i7)z5i，z的共轭复数为23i
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．圆台有无数条母线，延长后相交于一点，但它们的长度不一定相等
D．一个棱柱至少有六个顶点
【答案】AD
5i 5i (5i)(1i) 46i
【解析】由(1i7)z5i，得z     2 3i，
(1i7) 1i (1i)(1i) 2
对A，z的共轭复数为23i，故A项正确；
对于B，上图中的多面体有两个面相似，其他的面都是梯形，但不是棱台，故B错误
对于C，圆台有无数条母线，延长后相交于一点，但它们的长度都相等，故C错误；
对于D，顶点最少的棱柱为三棱柱，有六个顶点,故D正确
10. 已知平面向量 =(1, 2)，b=( 4,y)，下列说法正确的是( )．
→
A. 若 //b，则y=    8 − −
   
B. 若 ，则 在 方向上的投影向量是
→ →
3 4
  ⊥ b      + b (−5,−5)
C. 与 + 的夹角为钝角，则 的取值范围
→ → 1
D.   若 ，  b的  夹角为120 ，则y  =3 2,+∞
∘
【答案  】
【解析】【  分  析】
试卷第4页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}本题考查向量共线、垂直的充要条件的应用，以及向量的数量积，属于中等题．
直接利用向量的平行、垂直的充要条件以及向量的数量积逐项求解即可．
【解答】
解：对于A:因为a//b，所以1 y= 2 4，即y= 8.故A正确;
对于B:若 a b ，则  1 4+( × 2) − y= × 0，解得：y − = 2，所以 b=( 4, 2) ，所以
→ → →
a+ b=( 3 ⊥ , 4) ，所 × 以a在 a − + b 方 × 向上的投影向量的 − 模长是a a+b = 5− =1， −
→ → → → ·
a

+b 5
则a在 a+ − b 方向 − 上的投影  向  量是( 3 , 4 ).故B正确;  
5 5
→ →
 − −
1, 2 5,y 2
对于C:设a与
a+ b
的夹角为 ，则cos = 0,1 ．
1+4 25+ y 2 2
→ → − · −
 θ θ × − ∈
解得y> 1且y 8.故C错误．
2
≠
1, 2 4,y 1
对于D:若a，b的夹角为120 ，则cos a,b = = ，即11y2+64y 16=0，而y=3，
1+4 16+y2 2
− ·
∘
不是方程 1  1y  2+64y 16=0的根.故   D  错误．× − −
故选：AB． −
11.已知a，b，c 分别是 三个内角A,B,C的对边，下列四个命题中正确的是
（ ） △   
A.若ABC是锐角三角形，则sinBcosA
B.若acosAbcosB，则 是等腰三角形
C.若A60，a6，b△8，   则  符合条件的△ 有两个
D.在△ABC中，A＝60°，a2＝bc，则△ABC一
A
定
B
是
C
等边三角形
【答案】ACD
  
【详解】对于A，因为ABC是锐角三角形，所以AB ，所以sinBsin A，即
2 2 
sinBcosA，故A正确；
对于B，由acosAbcosB及正弦定理，可得sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，所

以2A2B或2A2B，所以AB或AB ，所以ABC是等腰三角形或直角三角
2
形，故B错误；
对于C，点B在射线AB'上，CB'  AB'，所以CB' 8sin60 4 3，
则4 368，符合条件的三角形有2个，故C正确；
试卷第5页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}对于D，在△ABC中，因为A＝60°，a2＝bc，所以由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA
＝b2＋c2－bc，所以bc＝b2＋c2－bc，即（b-c)2＝0，所以b＝c，结合A＝60°可得△ABC一
定是等边三角形，故D正确.故选：ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
     
12. 已知向量a（2， 1），b （ 1，m），c （ 1，2），若（ab）∥c，则m＝______
【答案】 . − − −
  
【解析】−∵  向量a（2，﹣1），b （﹣1，m），c （﹣1，2），
 
∴ab （1，m﹣1），
   1 m1
∵（ab）∥c，∴  ，解得m＝ 1．
1 2
13. 如图所示，一个水平放置的三角形ABO的斜 − 二测直观图是等腰直角三角形ABO，若
，那么原三角形ABO的周长是__________.
' '
【  答=案】2 .
【解析】  在+R  tA  BO中，OBOAsin451，
根据直观图画出原图如下：则OBOB1，OA2OA2 2 ，
在Rt△ABO中， AB OA2OB2 3 ，所以原三角形ABO的周长是 OAOBAB42 2.
1
14.在△ABC中，点D在线段BC上，且满足 BD  DC ，点E为线段AD上任意一点（除
3
   1 1
端点外），若实数x，y满足BE  xBA yBC，则  的最小值为_____
x y
【答案】9
1     
【解析】由点D在线段BC上，|BD| |DC|，得BE  xBA yBC  xBA4yBD，
3
而点E为线段AD上除端点外的任意一点，则x4y1，
    
故x4yBE xBA4yBD，整理得xAE 4yED，
  1
结合AE,ED同向和x4y1可得0 x1,0 y ，
4
1 1 1 1 4y x 4y x
因此  (  )(x4y)5  52  9 ，
x y x y x y x y
4y x 1 1 1 1
当且仅当  ，即x ,y 时取等号，所以  的最小值为9.
x y 3 6 x y
试卷第6页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}四、解答题：本大题共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.计算：
(1)(13i)(2i)(23i) ；
(2)(4i)(62i)(7i)(43i)；
7i
(3) ．
34i
【答案】(1)1i
(2)515i
(3)1i
【分析】（1）（2）（3）由复数四则运算法则进行计算即可求解.
【解析】
（1）原式122(313)i1i．……………………………4分
（2）(4i)(62i)(7i)(43i)
248i6i2i2(2821i4i3i2) ……………………………6分
262i(3117i)
=515i. ……………………………8分
7i (7i)(34i)
（3）  ……………………………10分
34i (34i)(34i)
2128i3i4i2
 ……………………………12分
916
2525i
 1i． ……………………………13分
25
3
16.已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2，cosB .
5
(1)若b4，求sin A的值；
(2)若ABC的面积S 4，求b，c的值.
ABC
2
【答案】(1)
5
(2)b 17,c5
4 2
【分析】（1）根据同角三角函数关系得到sinB ，由正弦定理得到sin A ；
5 5
4
（2）结合（1）中的sinB ，利用三角形面积公式得到c5，由余弦定理求出b 17.
5
【解析】
试卷第7页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}3 4
（1）因为cosB ，所以sinB 1cos2B  ， …………………………2分
5 5
a b
在ABC中，由正弦定理得  ， …………………………4分
sinA sinB
2 4 4
 2
即 sinA 4，所以 5 2； …………………………7分
sinA 
5 4 5
4
（2）由（1）得sinB ，
5
1
因为S  acsinB4， ………………………9分
ABC 2
1 4
即 2c 4，解得c5， …………………………11分
2 5
3
由余弦定理得b2 a2c22accosB425225 17，…………………………13分
5
所以b 17， 综上，b 17,c5. …………………………15分
17．（本小题满分15分）如图，在ABC中，已知AB2，AC4，BAC60，M ，N分
 1  1
别为AC，BC上的两点AN  AC，BM  BC，AM ，BN相交于点P．
2 3

(1)求 AM 的值；
(2)求证：AM PN．
4 3
【答案】(1)
3
(2)证明见解析
  
【分析】（1）用
AB
、AC表示
AM
，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
     
（2）用 AB 、AC表示 AM 、BN ，根据数量积的运算律求出AM BN ，即可得证.
【详解】
方法（一）
如图所示，建立平面直角坐标系．
则
 
A1,0,B 0, 3 ，C3,0． ………2分
试卷第8页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#} 1  2 3
由于BM  BC，M1，  ，
3   3  
 2 3
AM （2， ）， ………4分
3
 2 3 4 3
|AM | 22+( )2= ，． ………8分
3 3
 2 3  1
(2)由（1）知AM （2， ），AN  AC，N（1，0）， ………10分
3 2

 
BN  1， 3 ………12分
 2 3
AMBN 2 3 0， ………14分
3
 
所以AM BN，即AM BN，所以AM PN． ………15分
方法（二）
 1
（1）因为BM  BC，
3
    1  1    2 1
所以AM  ABBM  AB BC  AB ACAB  AB AC，…………………4分
3 3 3 3
所以  A  M 2    2 A  B   1 A  C   2  4 A  B  2  4 A  B    A  C   1 A  C  2  4  4 4  2 4 1  1  16 16 ，……7分
3 3  9 9 9 9 9 2 9 3
 4 3
所以 AM  ； …………8分
3
 1
（2）因为AN  AC，
2
    1
所以BN BAAN AB AC， …………10分
2
所以  A  M    B  N     2 A  B   1 A  C      A  B   1 A  C   2 A  B  2  1 A  C  2  2 4 1 160， …………14分
3 3   2  3 6 3 6
 
所以AM BN，即AM BN，所以AM PN． ………15分
18．（本小题满分17分） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin BAC+
3cos BAC=0，a= 2 7△，b   =  2. ∠
(1)求 ∠BAC;
(2)求∠；
( )设cD为BC边上一点，且AD AC，求 的面积．
3 ⊥ △   
试卷第9页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}【答案】（1） BAC= 2
3
π
∠
(2)c=4
(3)S = 3
ABD
【分△析】（1）根据正弦定理和余弦定理计算即可.
（2）根据余弦定理结合三角形面积公式计算即可.
（3）方法一：先根据余弦定理列出关于b,c的关系式，然后根据基本不等式的性质计算即
可；方法二：先根据正弦定理得到bc2 3sinBsinC，然后根据正弦函数的性质求出
结果即可.
【详解】解：(1) sin BAC+ 3cos BAC=0，
tan BAC= ∵3， ∠ ∠ ……………2分
∴ 0<∠ BAC<− ，
∵ BA ∠ C= 2 ， π ……………4分
3
π
∴∠
( )由(1)知 BAC= 2 ，又由余弦定理可得a2 =b2+c2 2bccos BAC，
3
π
2 ∠ − · ∠
即28=4+c2 2 2c ( 1 )， ……………6分
2
− × × −
即c2+2c 24=0，
解得c= −6(舍去)或c=4，
故c=4．− ……………8分
( ) c2 =b2+a2 2abcosC，
316∵= ４+28 2− 2 7 2 cosC， ……………10分
∴ cosC= 2 ，− × × × ……………11分
7
∴ AC 2
CD=
cosC
=
2
= 7， ……………13分
7
∴
CD= 1 BC， S = 1 S ， ……………14分
ABD ABC
2 2
∴ ∴ △ △
又S = 1 AB AC sin BAC
ABC
2
△ · · ∠
= 1 4 2 3 =2 3， ……………16分
2 2
S × × = × 3． ……………17分
ABD
∴ 19． △ （本小题满分17分）如图，正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点，F 是BC边上靠
试卷第10页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}近点B的三等分点，AF 与DE交于点M ．
(1)求DMF 的余弦值．
(2)求点M坐标;
(3)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，
使得EF MP？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由．
2 18 6 2 13
【答案】(1)— (2)M ,  (3)存在 MP  ．
10  7 7 7
 
【分析】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，由于EMF 就是DE,AF的
夹角，从而利用向量夹角的坐标表示即可求解；
18 6
（2）根据向量的共线表示联立方程组可求解M , 
 7 7
（3）分点P在AB上、点P在BC上，结合向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系．
 
则D0,6,E3,0,A0,0,F6,2,ED3,6,AF 6,2． ………2分
 
由于DMF 就是ED,AF的夹角．
 
………4分
EDAF 1812 2
cosEMF    
ED AF 936 364 10
2
DMF 的余弦值为 ．
10
  
（2）设Mx,y,DM x,y6,DM∥DE,3y66x0,2xy60①
………6分
   
．
AM  x,y  ,AF  6,2  ,AM∥AF,2x6y0,x3y②
试卷第11页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}………8分
6 18 18 6
联立①②得y x ,M , ． ………10分
7 7  7 7
 18 6
（3）由题得EF 3,2 ,M , . ………11分
 7 7
  18 6
①当点P在AB上时，设Px,0,0x6,MPx , ， ………12分
 7 7
………13分
54 12 22 22 
3x  0,x ,P  ,0 ,
7 7 7 7 
………14分
2 2
4  6 2 13
MP      
7  7 7
 24 6
②当点P在BC上时，设P6,y,(0 y6),MP ,y ， ………15分
 7 7
72 12 30
 2y 0,y   ，舍去． ………16分
7 7 7
22  2
综上，存在P ,0,MP  13． ………17分
 7  7
试卷第12页，共6页
{#{QQABLYqhwwAYkJZACI7aBwE4CgsYkIETLIguQVCWqAYDSAFABAA=}#}