2024-2025 学年高一下学期第一次月考数学试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）下列命题错误的是（ ）
A．若 与 都是单位向量，则 = .
B．“| | = | |”是“ = ”的必要不充分条件.
C ．若 , 都为非零向量，则使| |+ = 0成立的条件是 与 反向共线.| |
D．若 = , = ，则 = .
【解题思路】根据平面向量的定义以及向量共线的概念一一判断.
【解答过程】对 A， , 都是单位向量，则 , 模长相等，但方向不一定相同，
所以得不到 = ，A 错误；
对 B，“| | = | |”推不出“ = ”，但 “ = ”能推出 “| | = | |”，
所以“| | = | |”是“ = ”的必要不充分条件，B 正确；
对 C，因为 与 反向共线，
且| |， 都为单位向量，则| |+ = 0，C 正确；| | | |
对 D，若 = , = ，则 = ，D 正确，
故选：A.
2．（5 分）已知复数 = + i( , ∈ )，若(1 i) = 2 + i，则复数 在复平面内对应的点 位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】根据共轭复数的概念及复数的基本运算化简，再应用复数相等得出参数，最后应用复数的几
何意义得出点的象限．
【解答过程】由题意，得(1 i)( + i) = i 2 + i，
∴ + + ( )i = 2 + ( )i，
∴ + = 2, = , 解得 = = 2，
∴ = 2 2i在复平面内对应的点为 ( 2, 2)在第三象限．
故选:C．
3．（5 分）在 △ 中， 、 分别在边 、 上，且 = 2 ， = 4 ， 在边 上（不包含端
1 2
点）．若 = + ，则 + 的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
2
【解题思路】设 = ，其中0 < < 1 1 1，推导出2 + = 4，将代数式 + 与4(2 + )相乘，展开后利
1 2
用基本不等式可求得 + 的最小值.
【解答过程】因为 在边 上（不包含端点），不妨设 = ，其中0 < < 1，
即 = ，
所以， = (1 ) + = 2(1 ) +4 ，
又因为 = + ，则 = 2 2 ， = 4 ，其中 、 均为正数，
且有2 + = 4，
1 2 1 1 2 1 4 1 4
所以， + = 4(2 + ) + = 4 4 + + ≥ 4 4 + 2 = 2，
4 =
= 1
当且仅当 2 + = 4 时，即当 = 2 时，等号成立，
> 0, > 0
1 2
故则 + 的最小值是2.
故选：A.
4．（5 分）已知复数 满足| 1| = 1，则| + 2 + 4i|（i是虚数单位）的最小值为（ ）
A． 17 1 B．4 C． 17 +1 D．6
【解题思路】根据复数模长的几何意义即可求得结果.
【解答过程】设 = + i，则由| 1| = 1 ( 1)2 + 2 = 1，
所以复数 在复平面内对应的点坐标在(1,0)为圆心，1 为半径的圆上，如下图所示：
而| + 2 + 4i| = ( + 2)2 + ( + 4)2，
即求复平面内点( , )到( 2, 4)距离的最小值，
由圆的几何性质可知当点( , )位于( 2, 4)与圆心(1,0)点连线交点时，取到最小值，
即 ( 2 1)2 + ( 4 0)2 1 = 4
故选：B.
5．（5 分）直角梯形 ABCD 中， = = 2， = 3， = 1，点 , 为 , 中点， 在 、 、
边上运动（包含端点），则 的取值范围为（ ）
A． 1 , 3 B 0, 3． C 0, 1． D． 1 , 1
2 2 2 2 2 2
【解题思路】建立直角坐标系，分类讨论 在 、 、 边上运动时 的取值范围，从而得解.
【解答过程】依题意，建立直角坐标系，如图，
则 (0,0), (2,0), (1,0), (0, 3), (1, 3), 3 , 3 ，
2 2
当 在 边上运动时，记 (0, )(0 ≤ ≤ 3)，
则 = ( 1, ), = 1 , 3 ，
2 2
1 3
所以 = 2 + ，则 ∈
1
2 ,1 ；2
当 在 边上运动时，记 ( , 3)(0 ≤ ≤ 1)，
则 = 1 3 1( 1, 3)，所以 = 2( 1) + 2 = 2 + 1，则 ∈ 1,
3
；
2
当 在 边上运动时，记 = (0 ≤ ≤ 1)，
则 = + = + = (1,0) + ( 1, 3) = (1 , 3 )，
所以 = 1 12(1 ) +
3 × 3 = 2 + ，则 ∈
1 3
；
2 ,2 2
综上： ∈ 1, 3 .
2
故选：A.
6 ．（5 分）在△ 中，内角 , , 的对边分别为 , , ，已知向量 = , cos , = , cos , = , cos
2 2 2
共线，则△ 的形状为（ ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
π
C．有一个内角是6的直角三角形 D．等腰直角三角形
【解题思路】由向量 ， 共线可得 cos2 = cos2，利用正弦定理结合倍角公式分析可得 = ，同理可得 = ，
即可判断结果.
【解答过程】因为向量 = ,cos ， = ,cos 共线，
2 2
cos 则 2 = cos
2，由正弦定理可得：sin cos
2 = sin cos
2，
则2sin2cos2cos2 = 2sin
2cos2cos2，
, ∈ , 因为 (0,π) π，则2 2 ∈ 0, ，可知sin
2，cos
2，sin
2，cos
2 2
均不为0，
sin = sin = 可得 2 2，则2 2，即 = ；
同理由向量 = ,cos ， = ,cos 共线可得： = ；
2 2
综上所述： = = .
所以 △ 的形状为等边三角形.
故选：A.
7．（5 分）瑞士数学家欧拉于 1748 年提出了著名的欧拉公式：ei = cos + isin ，其中e是自然对数的底数，
i是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论
中占有非常重要的地位，被举为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
π
A．e i2 的虚部为i
π
B i．复数e4 在复平面内对应的点位于第二象限
i i
C．sin = e e2
π
D．若 1 = e i3 , 2 = e i在复平面内分别对应点 1, 2，则 △ 1
1
2面积的最大值为2
π π
【解题思路】代入 = 2即可判断 A；代入 = 4即可判断 B；对等式右边进行代换化解即可判断 C；代入
π
= 3，再计算相应相应的模，再利用三角形面积公式即可判断 D.
πi π π
【解答过程】对于 A，e2 = cos2 + isin2 = i，其虚部为 1，A 错误；
π π π π
对于 B， e i4 = cos4 + isin4 =
2 + 2i i，复数e4 在复平面内对应的点位于第一象限，B 错误；
2 2
C e
i e i = cos +isin [cos( )+isin( )]对于 ， 2 2
= cos +isin (cos isin )2 = isin ，故 C 错误；
π
D = e i
π π
=cos + isin = 1 + 3对于 ， 1 3 3 3 2 i， 2 = e
i = cos + isin ，
2
2 2
| | = ( 11 ) + ( 3 ) = 1，| 2| = cos2 + sin2 = 1，2 2
1 π 1 π
因此 △ 1 2的面积为：2| 1|| 1|sin( 3) = 2sin(
1
3)， △ 1 2面积的最大值为2，D 正确.
故选：D.
8．（5 分）在锐角 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 ， ， ， 为 △ 的面积，且4 = 3
2 2
2 ( )2 + ，则 的取值范围为（ ）
A 3 5 B 3 ,2 C 5． ， ． ． 2， D．[2, + ∞)2 2 2 2
【解题思路】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两
角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得.
【解答过程】在锐角 △ ，由余弦定理可知2 cos = 2 + 2 2，
1
由面积公式可得 △ = 2 sin ，代入到已知条件可得
4 × 12 sin = 3[
2 2 2 +2 ] 2 sin = 3[2 cos + 2 ]，
因为 ≠ 0，化简可得sin = 3cos + 3，
π 3
根据恒等变换可得sin + = ，因为锐角 △ ，
3 2
π π π π π
所以0 < < 2,3 < + 3 <
5π 2π
6 ，所以可得 + 3 = 3 , = 3，
3 1
所以sin = ,cos =
2 2
，
= sin = sin( + ) = sin cos +cos sin = 3 1 + 1则 sin sin sin 2 tan 2，
π 2π π
因为锐角 △ ，所以0 < < 2,0 < = 3 < 2，
π π
则6 < < 2，tan
π
在 0, 单调递增，
2
1
则tan ∈ =
1 1
(0, 3) 3 1，令 = tan + 2，所以 ∈ ,2 ，2 2
2+ 2 =
1 1 1
所以 + = + ，由对勾函数的单调性知 = + 在 ,1 单调递减，在(1,2)单调递增，2
当 = 1 1 5时，是极小值 = 2，当 = 2或 = 2时，最大值 = 2，
2+ 2 5
则 ∈ 2, .2
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，有多项符合题目的
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．（6 分）已知 1, 2为复数，则下列说法正确的是（ ）
A． 1 + 2 = 1 + 2 B．| 1| = | 2|，则 1 =± 2
C．若 1 2 = 0，则 1 = 0或 2 = 0 D．若| 1 i| = 1，则| 1 + i|的最大值为 3
【解题思路】对于 A：根据共轭复数的定义结合复数运算分析判断；对于 B：举反例说明即可；对于 C：根
据模长性质分析判断；对于 D：根据复数的几何意义分析可知点 1的轨迹是以点 A 为圆心，半径为 1 的圆，
结合圆的性质分析判断.
【解答过程】设 1 = + i， 2 = + i( , , , ∈ )，则 1 = i， 2 = i，
对于选项 A：因为 1 + 2 = + ( + )i， 1 + 2 = + ( + )i，
所以 1 + 2 = 1 + 2，故 A 正确；
对于选项 B：例如 1 = 1 + i， 2 = 1 i，则| 1| = | 2| = 2，
但 1 =± 2不成立，故 B 错误；
对于选项 C：若 1 2 = 0，则| 1 2| = | 1| | 2| = 0，
则| 1| = 0或| 2| = 0，所以 1 = 0或 2 = 0，故 C 正确；
对于选项 D：设复数 1,i, i在复平面内对应的点分别为 1, (0,1), (0, 1)，
因为| 1 i| = | 1| = 1，可知点 1的轨迹是以点 A 为圆心，半径为 1 的圆，
则| 1 + i| = | 1| ≤ | | +1 = 3，当且仅当点 A 在线段 1上时，等号成立，
所以| 1 + i|的最大值为 3，故 D 正确；
故选：ACD．
10．（6 分）在 △ 中，点 满足 = 2 ，过点 的直线与 所在的直线分别交于点 ， =
, = ( > 0, > 0)，则下列说法正确的是（ ）
A 2 1． = 3 + 3 B． +
2 2
的最小值为 +1
3
2
C = 1 + D 4． 3 3 ． 的最小值为9
1 2
【解题思路】先利用向量的线性运算判断 AC，再利用三点共线得到3 + 3 = 1，进而利用基本不等式与“1”
的妙用即可得解.
【解答过程】如图所示，因为 = 2 ，则 = 2 ，即 = 2 ，
所以 = 13 +
2
3 ，故 A 错误；
又因为 = , = ( > 0, > 0)，
2
所以 = 13 + 3 ，故 C 正确；
2
因为
1
三点共线，则3 + 3 = 1，
1 = 1
2
+ ≥ 2 1 2 = 2 2所以 3 3 ，则 ≥
8
3 3 3 9
，
1 2 4
当且仅当3 = 3 ，即 = 2 = 3时，等号成立，
所以 8的最小值为9，故 D 错误；
所以 + =
2
( + ) 1 + 2 = + +1 ≥ 2 2 +1 = 2 2 +1，
3 3 3 3 3 3 3
2 2 2
当且仅当3 = 3 ，即 = 2 = + 时，等号成立，3 3
2 2
所以 + 的最小值为 +1，故 C 正确.
3
故选：BC.
11．（6 分）在锐角 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 sin = ( + )sin ，则下列说法正
确的是（ ）
A． = 2
B． π π的取值范围为 ,
3 2
C 1 1．tan tan +2sin 的最小值为2 2
D 1． 的取值范围是 ,12
【解题思路】利用正弦定理角化边得 2 = ( + )，结合余弦定理和二倍角公式可得cos = cos2 ，可判断
A；根据三个角为锐角列不等式组求解可判断 B；利用商数关系和和差公式，结合 = 2 化简，运用基本不
等式可判断 C；边化角，利用二倍角和三倍角公式化简，结合角 范围可判断 D.
【解答过程】对 A，由正弦定理角化边得 2 = ( + )，
2 2
cos = +
2
=
2+ 2 ( + ) = 1由余弦定理有 2 2 2 2，
2 2 2 2 2
cos = + ( + )+ + 2 = 2 = 2 ，
π
因为 △ 为锐角三角形，所以 , ∈ 0, ，2 ∈ (0,π)，
2
2 2
所以cos2 = 2cos2 1 = 2( + ) ( + ) 14 2 1 = 2 ( + ) 1 = 2 2，
所以cos = cos2 ，所以 = 2 ，A 正确；
对 B，由上知， = π 3 ，
0 < < π
2
0 < 2 < π π π因为 △ 为锐角三角形， 2 ，解得6 < <π 4
，
0 < π 3 <
2
∈ π π所以 ， ，B 正确；3 2
C 1 1 +2sin = cos cos +2sin = sin cos cos sin 对 ，tan tan sin sin sin sin +2sin
= sin( ) sin 1sin sin +2sin = sin sin +2sin = sin +2sin ≥ 2 2，
1
当 2sin = 2sin 时，得sin = ，2
因为 ∈ π π， ，sin ∈ 3 ,1 ，所以等号不成立，C 错误；3 2 2
sin sin D = = sin2 sin = 2sin cos sin 对 ， sin(π 3 ) sin3 sin2 cos +cos2 sin
2sin cos sin 2sin cos sin 2cos 1
= 2sin cos2 + (1 2sin2 )sin = 3sin 4sin3 = 3 4sin2
= 2cos 1 = 14cos2 1 2cos +1，
π π 3
因为6 < <
2
4，所以 < cos < ，2 2
1 1
所以 2 +1 < 2cos + 1 <
1
3 +1，所以 < <3+1 2cos +1 2+1，
即 3 1 ∈ , 2 1 ，D 错误.2
故选：AB.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 5 2π．（ 分）已知向量 , 的夹角为 3 , = ( 3,1),| | = 1，则| | = 7 .
= 1 | | = 2 2 + 2【解题思路】利用向量的数量积的定义，求得 ，再根据 ，即可求解.
| | = 1 = 2π【解答过程】因为 ，| | ( 3)2 + 12 = 2, , = 3 ，
所以 = 2π| | | |cos , = 2 × 1 × cos 3 = 1，
所以| | = 2 = 2 2 + 2 = 4 ( 2) + 1 = 7.
故答案为： 7.
13．（5 分）复平面上两个点 1， 2分别对应两个复数 1， 2，它们满足下列两个条件：① 2 = 1 2i；②
两点 1， 2连线的中点对应的复数为 1 + 3i，若 为坐标原点，则 △ 1 2的面积为 8 ．
【解题思路】令 1( , )， 2( , )，且 , , , ∈ R，结合条件求参数，进而确定 1, 2的位置关系及模长，
即可求 △ 1 2的面积.
【解答过程】令 1( , )， 2( , )，且 , , , ∈ R，
由 2 = 1 2i，则 + i = ( + i) 2i，即 + i = 2 + 2 i
= 2
，故 = 2 ①，
+ = 1
由两点 1， 2连线的中点对应的复数为 1 + 3i 2
+ = 2
，则 + = 3 ，即 + = 6 ②，
2
①② = 4 = 2联立 ，可得 = 4 ，且 = 2 ，即 1 = (2,2)， 2 = ( 4,4)，
由 1 2 = 4 × 2 + 4 × 2 = 0，即 1 ⊥ 2，故 △ 1 2为直角三角形，
又| 1| = 2 2，| = 4 △
1
2 2，故 1 2的面积为2 × 4 2 × 2 2 = 8.
故答案为：8.
14．（5 分）2020 年 12 月 8 日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为 8 848.86(单位：m)，三角高
程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有 A，B，C 三点，且 A，B，
C 在同一水平面上的投影 A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由 C 点测得 B 点的仰角为 15°，BB′与
CC′的差为 100；由 B 点测得 A 点的仰角为 45°，则 A，C 两点到水平面 A′B′C′的高度差 AA′－CC′约为
373 ( 3≈1.732) .
【解题思路】过 C 作 CH⊥BB′，过 B 作 BD⊥AA′，进而 AA′－CC′＝AD＋100，易知 AD＝DB=A′B′，在△BCH
CH= 100 100中，求得 tan15°，进而 C′B′＝tan15°，在△A′B′C′中，用正弦定理即可求得 A′B′的长，进而可知 AA′－CC′
的长.
【解答过程】如图，过 C 作 CH⊥BB′，过 B 作 BD⊥AA′，
故 AA′－CC′＝AA′－(BB′－BH)＝AA′－BB′＋100＝AD＋100，
由题易知△ADB 为等腰直角三角形，所以 AD＝DB．
所以 AA′－CC′＝DB＋100＝A′B′＋100.
因为∠BCH＝15°，所以 CH 100＝C′B′＝tan15°.
在△A′B′C′中，由正弦定理得，
′ ′ ′ ′ 100 100
sin45°＝sin75°＝tan15°cos15°＝sin15°，
而 sin 15°＝sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝ 6 2，
4
A′B′ 100×4×
2
所以 ＝ 2 ＝100( 3＋1)≈273，
6 2
所以 AA′－CC′＝A′B′＋100≈373.
故答案为：373.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15 13 = i ∈ R +2．（ 分）已知复数 （ ），1+i为实数.
(1)求| + 2|；
(2)若复数( + )2在复平面内对应的点在第四象限，且 为实系数方程 2 + ( 2 9) + 4 = 0的根，求实数
的值.
【解题思路】（1）根据复数为实数求出 ，代入化简后求复数模即可；
（2）由复数是实系数方程的根代入求出 ，再结合所在象限舍去不合适的值.
+2 2+ i (2+ i)(1 i)
【解答过程】（1）由 = i，1+i为实数，则 1+i = (1+i)(1 i) =
+2
2 +
2
2 i为实数，
2
所以 2 = 0， = 2，即 = 2i，
2 = 4，
所以| + 2| = | 4 + 2i| = 2 5.
（2）由( + )2 = ( + 2i)2 = 2 4 + 4 i在复平面内对应的点在第四象限，
2 4 > 0
所以 4 < 0 < 2，
又 = 2i为实系数方程 2 + ( 2 9) + 4 = 0的根，
则4 + 2( 2 9)i 4 = 0，
所以 2 9 = 0， =± 3，
又 < 2，所以 = 3.
π
16．（15 分）已知向量 = ( 1,0)， = ( ,1)，且 与 的夹角为4．
(1)求 及| + 2 |；
(2)若 + 与 +2 所成的角是锐角，求实数 的取值范围．
【解题思路】（1）由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得 的值，计算出向量 +2
的坐标，利用平面向量的模长公式可求得| + 2 |的值；
（2）求出向量 + 的坐标，分析可知 + + 2 > 0且向量 + 与 +2 不共线，结合平面向量
的坐标运算可求得实数 的取值范围.
π
【解答过程】（1）因为向量 = ( 1,0)， = ( ,1)，且 与 的夹角为4，
π
则cos = 4 = =
2，解得 = 1，
| | | | 2+1 2
所以， = ( 1,1)，则 +2 = ( 1,0) +2( 1,1) = ( 3,2)，
故| + 2 | = ( 3)2 + 22 = 13.
（2）由（1）可得 + = ( 1,0) + ( 1,1) = ( 1, )，且 +2 = ( 3,2)，
因为 + 与 +2 3所成的角是锐角，则 + + 2 = 3 + 3 + 2 > 0，解得 > 5，
且向量 + 与 +2 不共线，则 3 ≠ 2 2，即 ≠ 2，
3
因此，实数 的取值范围是 ,2 ∪ (2, + ∞).
5
1 1
17．（15 1分）设 1是虚数， 2 = 1 + 是实数，且 1 ≤ 2 ≤ 1， =1 1+ ．1
(1)求| 1|的值以及 1的实部的取值范围；
(2)求证 为纯虚数；
(3)求 22 的最小值.
【解题思路】（1）设 1 = + i，借助复数运算法则及复数模长公式计算即可得解；
（2）结合（1）中所得计算可得 的实部为零，即可得证；
（3）结合（1）、（2）中所得，化简计算后结合基本不等式即可得.
【解答过程】（1）设 1 = + i ( , ∈ , ≠ 0)，
1 1 i
则 2 = 1 + = ( + i) +1 + i = ( + i) + ( + i)( i)
i
= ( + i) + 2 + 2 = + 2 + 2 + 2 + 2 i
2 2因为 2是实数，所以 2+ 2 = 0，即
+ 1 = 0，
2+ 2
因为 ≠ 0，所以 2 + 2 = 1，即| 1| = 1，且 2 = 2 ，
由 1 ≤ 2 ≤ 1，得 1 ≤ 2 ≤ 1
1 1
，解得 2 ≤ ≤ 2，
1 1
即 1的实部的取值范围为 , ；2 2
（2）∵ 2 + 2 = 1，
1 2 2
= 1 = 1 i = 1 2 i1+ 1+ + i (1+ )2+ 2 =
i
1 +1
，
1因为 2 ≤ ≤
1
2， ≠ 0，
1
= 1所以 1+ 为纯虚数；1
i 2
（3） 22 = + + i 2+ 2 2+ 2 +1
2 1 2 1
= 2 + ( )i + ( + 1)2 = 2 + ( + 1)2 = 2 + + 1
1 2 ( + 1) (1 ) 2 2 + + 1 2 2
= 2 + + 1 = + 1 = + 1 = 1 + + 1
2( + 1)2 4 2 2( + 1)2 4( + 1) + 2
= 1 + + 1 = 1 + + 1
= 1 + 2( + 1) 4 +
2 2
+1 = 2( + 1) + +1 3，
+ 1 ∈ 1 , 3由 ，
2 2
故 2 2 = 2
2
( + 1) + +1 3 ≥ 2 2( + 1)
2 3 = 1，
+1
2
当且仅当2( + 1) = +1，即 = 0时， 2
2取最小值 1．
+
18．（17 △ = cos +cos 分）已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且2 2+ 2 2 ．
(1)求 ；
(2)设 为 的中点， = 2；求：① △ 面积的最大值；② 的最大值．
【解题思路】（1）由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出sin( ) = sin( )，结合 、
的取值范围可得出 、 的关系，由此可得出角 的值；
（2）①由余弦定理结合基本不等式可求得 的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得 △ 面积的最
大值；
②由平面向量的线性运算可得出2 = + ，由平面向量数量积的运算性质可得出4 2 = 2 + 2 + ，
由余弦定理可得出 2 + 2 = 4，可得出 2 + 2、 的表达式，结合基本不等式可得出关于 的不等式，
由此可解得 的最大值.
21 cos = +
2 2
【解答过程】（ ）由余弦定理可得 2 2 22 ，所以， + = 2 cos ，
+ = cos +cos + cos +cos + cos +cos 由2 2+ 2 2 得2 = 2 cos ，整理可得 = cos ，
sin +sin cos +cos
由正弦定理可得 sin = cos ，
即sin cos + sin cos = cos sin + sin cos ，
所以，sin cos cos sin = sin cos cos sin ，
所以，sin( ) = sin( )，
因为 、 、 ∈ (0,π)，所以， 、 、 ∈ ( π,π)，有如下几种情况：
( ) + ( ) = π，即 = π，矛盾；
( ) + ( ) = π，即 = π，矛盾；
π
= ，可得2 = + = π ，解得 = 3.
（2）①由余弦定理、基本不等式可得 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 ≥ 2 = ，
即 ≤ 4，当且仅当 = = 2时，等号成立，
1
所以， △ = 2 sin =
3 ≤ 3 × 4 = ，
4 4 3
故 △ 面积的最大值为 3；
②因为 为边 的中点，则 = ，即 = ，
所以，2 = + ，
2 2 2 π
所以，4 = + +2 = 2 + 2 +2 cos3 =
2 + 2 + ，
又因为 2 + 2 = 2 = 4，
所以， 2 + 2 = 4 + ，4 2 = 4 + 2 由①知 ≤ 4，
可得4 2 ≤ 12，解得 ≤ 3，
当且仅当 = = 2时，等号成立，故 的最大值为 3.
19．（17 分）在锐角△ABC 中，记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 2 cos = cos + cos
，点 O 为△ABC 的所在平面内一点，且满足 + = + = 0．
(1)若 = 2，求| |的值；
(2)在（1）条件下，求|3 + 2 + |的最小值；
(3)若 = + ，求 + 的取值范围．
π
【解题思路】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到 2cos = 1，求得 = 4，再由向量的线性运算法则，
求得| | = | | = | |，得到 为 △ 的外心，结合正弦定理，即可求得| |的长．
（2）由（1）求得∠ = 2，| | = 2 = 2且 = 1，根据向量的运算法则，化简得到|3 +2 + |
2
= 14 + 6 5cos(2 + )，结合三角函数的性质，即可求解；
1 2 1 2
（3）取 AB 的中点 D，连接 OD，求得 == 2 ， = 2 ，由向量数量积的定义得到
= 2| || |，结合题意，得到2 | | + 2 | | = | |和 2 | | + 2 | | = | |，联立方程组，求得2
+ = 2 2 | | + | | ，化简得到 = 2 1 + 1 ，即可求解.2 | | | | 2 tan
【解答过程】（1）解：因为 2 cos = cos + cos ，
由正弦定理得 2sin cos = sin cos + sin cos = sin( + ),
因为 + = π ，可得sin( + ) = sin ，所以 2sin cos = sin ，
又因为 ∈ (0,π)，可得sin > 0，所以 2cos = 1，即cos = 2，2
π
因为 ∈ (0,π)，所以 = 4，
又由 + = + = 0，
可得 + = + + = 0，
2 2 2 2
解得 = , = ，即| | = | | = | |，所以 为 △ 的外心，
2 2
由正弦定理有2| | = sin = sin π = 2 = 2，所以| | = 1．
4 2
π
（2）解：因为 = 4，所以∠ = 2∠ = 2，所以| | = 2，| | = | | = ，
所以| | = 2 = 2，外接圆的半径 = 1，
2 2 2
|3 +2 + |2 = 9 +4 + +12 +6 +4 = 9 + 4 + 1 + 12cos2 + 6
cos2 + 4cos2 = 14 + 12cos2 + 6cos 3 2
2
= 14 + 12cos2 6sin2 = 14 + 6 5cos(2 + )
π
其中tan = 12，且 为锐角，故0 < < 4，
tan = sin = 1
cos 2
由 sin2 + cos2 = 1 ，可得sin = 55 ，cos =
2 5，
0 < < π 5
4
0 < < π
2 π π π π因为 0 < = 3π < π ，解得4 < < 2，即 ∈ ,4 2
4 2
π π π
则2 ∈ π ,π ，则2 + < 2 + < π +
3π
，且2 < 2 + <2 4 ，
π
因为余弦函数 = cos 在 + ,π 上单调递减，在(π,π + )上单调递增，
2
π
又因为cos + = sin = 5，cos5 (π + ) = cos =
2 5，
2 5
2
所以， 1 ≤ cos(2 + ) < 5，所以 3 5 = 14 65 5 ≤ 14 + 6 5cos(2 + ) < 8，
所以|3 +2 + |min = 3 5．
（3）解：如图所示：取 AB 的中点 D，连接 OD，则 ⊥ ，
1 2
所以 = + = + = 2 ，
1 2
同理可得 = 2 ，
由平面向量数量积的定义可得 = | | | |cos = 2| || |，
2
2
因为 = + ，所以， = + ，
1
即2| |
2 = | |2 + 2 | | | |，所以2 | | + 2 | | = | |，①2
2
= + 1，即2| |
2 = 2 | | | | + | |2，
2
所以 2 | | + 2 | | = | |，②．
联立①②可得 = 1 2 | |， = 1 2 | |，
2 | | 2 | |
所以 + = 2 2 | | + | | ，2 | | | |
| | sin sin( + ) 2 (sin +cos ) 1
又因为 2| = 2 | sin = sin = = 2 1 + ，sin tan
| | 1
因为 ∈ , ，可得 ∈ 2| | , 2 ，所以 + ∈ ,2 2 .4 2 2 22024-2025 学年高一下学期第一次月考数学试卷（提高篇）
【人教 A 版（2019）】
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写
在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）下列命题错误的是（ ）
A．若 与 都是单位向量，则 = .
B．“| | = | |”是“ = ”的必要不充分条件.
C , ．若 都为非零向量，则使| |+ = 0成立的条件是 与 反向共线.| |
D．若 = , = ，则 = .
2．（5 分）已知复数 = + i( , ∈ )，若(1 i) = 2 + i，则复数 在复平面内对应的点 位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（5 分）在 △ 中， 、 分别在边 、 上，且 = 2 ， = 4 ， 在边 上（不包含端
2
点）．若 = + 1，则 + 的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
4．（5 分）已知复数 满足| 1| = 1，则| + 2 + 4i|（i是虚数单位）的最小值为（ ）
A． 17 1 B．4 C． 17 +1 D．6
5．（5 分）直角梯形 ABCD 中， = = 2， = 3， = 1，点 , 为 , 中点， 在 、 、
边上运动（包含端点），则 的取值范围为（ ）
A 1． , 3 B 0, 3． C 1 1 1． 0, D． ,
2 2 2 2 2 2
6 ．（5 分）在△ 中，内角 , , 的对边分别为 , , ，已知向量 = , cos , = , cos , = , cos
2 2 2
共线，则△ 的形状为（ ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
π
C．有一个内角是6的直角三角形 D．等腰直角三角形
7．（5 分）瑞士数学家欧拉于 1748 年提出了著名的欧拉公式：ei = cos + isin ，其中e是自然对数的底数，
i是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论
中占有非常重要的地位，被举为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
π
A i．e2 的虚部为i
π
B i．复数e4 在复平面内对应的点位于第二象限
ei i C．sin = e2
π
D i 1．若 1 = e3 , = e i2 在复平面内分别对应点 1, 2，则 △ 1 2面积的最大值为2
8．（5 分）在锐角 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 ， ， ， 为 △ 的面积，且4 = 3
2 2
2 ( )2 + ，则 的取值范围为（ ）
A 3 5 B 3． ， ． ,2 C． 2 5， D．[2, + ∞)2 2 2 2
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，有多项符合题目的
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．（6 分）已知 1, 2为复数，则下列说法正确的是（ ）
A． 1 + 2 = 1 + 2 B．| 1| = | 2|，则 1 =± 2
C．若 1 2 = 0，则 1 = 0或 2 = 0 D．若| 1 i| = 1，则| 1 + i|的最大值为 3
10．（6 分）在 △ 中，点 满足 = 2 ，过点 的直线与 所在的直线分别交于点 ， =
, = ( > 0, > 0)，则下列说法正确的是（ ）
A． = 23 +
1 2 2
3 B． + 的最小值为 +13
2
C． = 13 + 3 D
4
． 的最小值为9
11．（6 分）在锐角 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 sin = ( + )sin ，则下列说法正
确的是（ ）
A． = 2
B π π． 的取值范围为 ,
3 2
C 1 1．tan tan +2sin 的最小值为2 2
D 1． 的取值范围是 ,12
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 2π．（5 分）已知向量 , 的夹角为 3 , = ( 3,1),| | = 1，则| | = .
13．（5 分）复平面上两个点 1， 2分别对应两个复数 1， 2，它们满足下列两个条件：① 2 = 1 2i；②
两点 1， 2连线的中点对应的复数为 1 + 3i，若 为坐标原点，则 △ 1 2的面积为 ．
14．（5 分）2020 年 12 月 8 日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为 8 848.86(单位：m)，三角高
程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有 A，B，C 三点，且 A，B，
C 在同一水平面上的投影 A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由 C 点测得 B 点的仰角为 15°，BB′与
CC′的差为 100；由 B 点测得 A 点的仰角为 45°，则 A，C 两点到水平面 A′B′C′的高度差 AA′－CC′约为
( 3≈1.732) .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15 13 +2．（ 分）已知复数 = i（ ∈ R），1+i为实数.
(1)求| + 2|；
(2)若复数( + )2在复平面内对应的点在第四象限，且 为实系数方程 2 + ( 2 9) + 4 = 0的根，求实数
的值.
π
16．（15 分）已知向量 = ( 1,0)， = ( ,1)，且 与 的夹角为4．
(1)求 及| + 2 |；
(2)若 + 与 +2 所成的角是锐角，求实数 的取值范围．
1 1
17．（15 1分）设 1是虚数， 2 = 1 + 是实数，且 1 ≤ 2 ≤ 1， =1 1+ ．1
(1)求| 1|的值以及 1的实部的取值范围；
(2)求证 为纯虚数；
(3)求 2 2的最小值.
18．（17 分）已知 △ 的内角 、 、 的对边分别为 、 、
+ cos +cos
，且2 = 2+ 2 2 ．
(1)求 ；
(2)设 为 的中点， = 2；求：① △ 面积的最大值；② 的最大值．
19．（17 分）在锐角△ABC 中，记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 2 cos = cos + cos
，点 O 为△ABC 的所在平面内一点，且满足 + = + = 0．
(1)若 = 2，求| |的值；
(2)在（1）条件下，求|3 + 2 + |的最小值；
(3)若 = + ，求 + 的取值范围．
