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=}#}