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陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考2023-2024学年高一下学期4月阶段性学习效果评测数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考2023-2024学年高一下学期4月阶段性学习效果评测数学试题（原卷版+解析版），文件包含陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考2023-2024学年高一下学期4月阶段性学习效果评测数学试题原卷版docx、陕西省西安市蓝田县田家炳中学大学区联考2023-2024学年高一下学期4月阶段性学习效果评测数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟试卷满分：120分）
注意事项：
1.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.回答选择题时，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.回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上.
3.考试结束后将本试卷与答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. ，为非零向量，且，则（ ）
A. B. ，共线向量且方向相反
C. ，且与方向相同D. ，无论什么关系均可
【答案】C
【解析】
【分析】设与的夹角为，根据数量积的定义及运算律求出，即可求出，即可判断.
【详解】因为，为非零向量，且，
设与的夹角为，则，
即，
即，又，所以，
又，所以.
所以且与方向相同.
故选：C
2. 下列命题中错误的是
A. 对于任意向量，有B. 若，则或
C. 对于任意向量，有D. 若共线，则
【答案】B
【解析】
【详解】分析：先根据向量加法法则以及向量数量积定义说明A，C,D正确，再举反例说明B错误.
详解：根据向量加法法则以及三角形三边大小关系得，
因为，所以
因为，共线时，所以，
因为，所以B错误.
选B.
点睛：向量中不等式关系：.
3. 在中，点为的中点，与交于点，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把用表示，然后由三点共线定理得出结论．
【详解】由题意
，
因为三点共线，所以，解得．
故选：C．
4. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，再根据三点共线可求得，再根据平面向量的线性运算结合图形即可得出答案.
【详解】解：设，
则，
因为三点共线，
所以，解得，
则
所以.
故选：A.
5. 在复数范围内，下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，则是纯虚数
B. 若，则是纯虚数
C. 若，则且
D. 若、为虚数，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断ABC选项；利用共轭复数的定义结合复数的乘法、复数的概念可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，则，所以，，此时，不是纯虚数，A错；
对于B选项，取，则成立，但不是纯虚数，B错；
对于C选项，取，，则，但且，C错；
对于D选项，若、为虚数，设，，
则，，
所以，
，D对.
故选：D.
6. 已知是复数，为的共轭复数.若命题：，命题：，则是成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，则，化简命题，再结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】设，则，则
命题：等价于，即
命题：等价于，即或，即或，
∴是成立的充分不必要条件，
故选：A.
7. 设在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数运算法则化简即可求解.
【详解】依题意得，
所以，
则在复平面内对应的点为．
故选：C
8. 在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得出，然后根据复数的除法运算化简得出，根据复数的几何意义，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
则，
所以，复数对应的点为，该点位于第一象限.
故选：A.
二、多项选择题（共4小题，每题6分，共计24分.每题有一个或多个选项符合题意，每题全选对者得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分.）
9. 已知向量，，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值为6D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，有，可判断A选项；根据，得，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有，分别求出，，有，反向时取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；根据，得，又，可计算，从而判断D选项.
【详解】若，则，解得，A正确；
若，则，解得， 所以，B错误；
因为，，而，
当且仅当，反向时等号成立，在平面直角坐标系中，设向量，的起点为
坐标原点，向量的终点在以坐标原点为圆心，半径为的圆上，向量
终点在第二象限，当，反向，则向量的终点应在第四象限，
此时，，所以C正确；
若，则，
即，所以，
，
所以，D正确.
故选：ACD
10. 下列选项中正确的是（ ）
A. 若平面向量，满足，则的最大值是5；
B. 在中，，，O是的外心，则的值为4；
C. 函数图象的对称中心坐标为
D. 已知P为内任意一点，若，则点P为的垂心；
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用数量积的运算律及性质计算判断A；利用三角形外心及数量积计算判断B；求出函数的对称中心判断C；利用数量积运算律及垂直的向量表示判断D作答.
【详解】对于A，因，则，
当且仅当时取等号，A正确；
对于B，令边AB的中点为D，因O是的外心，则，
则，同理有,
所以，B正确；
对于C，由，得，，因此函数图象的对称中心为，，C不正确；
对于D，点P在内，由得：，即，有，
由，同理有，因此点P为的垂心，D正确.
故选：ABD
11. 已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若， 则
C 若复数，满足，则
D. 若，则的最大值为3
【答案】AD
【解析】
【分析】设出、后，结合复数的运算、复数的模的性质逐个计算即可得.
【详解】设、；
对A：若，则有，
即，
，
即有，故A正确；
对B：若，则有，即，
不能得到，故B错误；
对C：若复数，满足，
则有，
即，化简得，
，故C错误；
对D：若，则有，即，
其中，即有，
则，
故当时，有最大值且最大值为，即D正确.
故选：AD.
12. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则
C. 若，则的虚部为
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例可判断A；根据复数相等列方程组可解p、q，然后可判断B；由虚部概念可判断C；利用两圆面积相减可判断D.
【详解】A中，令，则，故A错误；
B中，若点Z的坐标为，则，所以，
整理得，所以，解得，
所以，故B正确；
C中，易知的虚部为，故C错误；
D中，记，则
所以，
圆的面积为，圆的面积为，
所以点的集合所构成的图形的面积为，故D正确.
故选：BD
第II卷（非选择题）
三、填空题（共5小题，每小题6分，共30分）
13. 设向量和不平行，若向量与反向共线，则实数=______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线定理可求出结果.
【详解】因为向量与反向共线，
所以存在，使得，即，
又向量和不平行，所以，所以.
故答案为：.
14. 已知平面向量满足，则的夹角为___________．
【答案】
【解析】
【分析】对两边平方结合题设条件得到，故可得两向量夹角的大小．
【详解】由可以得到，
所以，所以，故，因，故．填．
【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.
15. 已知的两共轭虚根为，，且，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】由根与系数关系有，设，且，结合题设和复数模长、乘法运算求参数.
【详解】由题设，可令，且，
所以，
所以.
故答案为：3
16. 为虚数单位，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】利用的指数幂的周期可计算得出所求代数式的值.
【详解】，
故答案为：.
17. 若（为虚数单位）是关于实系数一元二次方程的一个虚根，则实数__________.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系即可得出.
【详解】（i为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
（i为虚数单位）也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
，解得.
故答案为：-2.
四、简答题（共4小题，共56分）
18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，．
（1）求与夹角；
（2）若与垂直，求点的坐标；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件得，再利用向量夹角公式，即可求出结果；
（2）设，根据条件建立方程组，即可求出结果；
（3）由（1）和（2）得到，根据条件可转化为圆上点到的距离，即可求出结果.
【小问1详解】
因为在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，
所以，
故，又，所以，
即与夹角.
【小问2详解】
因为，设，因为与垂直，且，
所以，解得，或，
所以或 .
【小问3详解】
由（1）（2）知，，
所以，可看成点到点的距离，
又，且到原点的距离为
所以的最大值为，最小值为．
19. 的内角的对边分别为，向量，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）1 （2）3
【解析】
【分析】(1)根据向量平行，再结合正弦定理，即可求出a.
(2)先根据面积公式求出，再结合余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，根据正弦定理得，
,即，即,
又，所以.
【小问2详解】
,所以
根据余弦定理得，
,即，
所以，所以的周长为.
20. 已知关于的二次方程．
（1）当为何值时，这个方程有一个实根？
（2）是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设方程的一个实根为，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得；
（2）设方程有纯虚数根（，且），代入原方程，再复数相等意义得出，此方程无解，即可判定不存在.
【小问1详解】
设是方程的一个实根，则
即
根据复数相等的意义知
解得：．
所以，当时，原方程有一实根．
【小问2详解】
假定方程有纯虚数根（，且），代入原方程得
即
由复数相等意义知
但方程即无实数解，即实数不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
21. 已知（为虚数单位）.
（1）求；
（2）求；
（3）类比，探究的性质.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用条件，求得，，，再对所求式子变形化简即可求出结果；
（2）利用（1）中所求出结果，再对所求式子变形化简即可求出结果；
（3）利用（1）中所求出结果，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
∴，，，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
【小问3详解】
由（1）知，，
所以.
（考试时间：120分钟试卷满分：120分）
注意事项：
1.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.回答选择题时，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.回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上.
3.考试结束后将本试卷与答题卡一并交回.
第I卷（选择题）
一．选择题（共8小题，每小题5分，共40分）
1. ，为非零向量，且，则（ ）
A. B. ，共线向量且方向相反
C. ，且与方向相同D. ，无论什么关系均可
【答案】C
【解析】
【分析】设与的夹角为，根据数量积的定义及运算律求出，即可求出，即可判断.
【详解】因为，为非零向量，且，
设与的夹角为，则，
即，
即，又，所以，
又，所以.
所以且与方向相同.
故选：C
2. 下列命题中错误的是
A. 对于任意向量，有B. 若，则或
C. 对于任意向量，有D. 若共线，则
【答案】B
【解析】
【详解】分析：先根据向量加法法则以及向量数量积定义说明A，C,D正确，再举反例说明B错误.
详解：根据向量加法法则以及三角形三边大小关系得，
因为，所以
因为，共线时，所以，
因为，所以B错误.
选B.
点睛：向量中不等式关系：.
3. 在中，点为的中点，与交于点，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把用表示，然后由三点共线定理得出结论．
【详解】由题意
，
因为三点共线，所以，解得．
故选：C．
4. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，再根据三点共线可求得，再根据平面向量的线性运算结合图形即可得出答案.
【详解】解：设，
则，
因为三点共线，
所以，解得，
则
所以.
故选：A.
5. 在复数范围内，下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，则是纯虚数
B. 若，则是纯虚数
C. 若，则且
D. 若、为虚数，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断ABC选项；利用共轭复数的定义结合复数的乘法、复数的概念可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，则，所以，，此时，不是纯虚数，A错；
对于B选项，取，则成立，但不是纯虚数，B错；
对于C选项，取，，则，但且，C错；
对于D选项，若、为虚数，设，，
则，，
所以，
，D对.
故选：D.
6. 已知是复数，为的共轭复数.若命题：，命题：，则是成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设，则，则，化简命题，再结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】设，则，则
命题：等价于，即
命题：等价于，即或，即或，
∴是成立的充分不必要条件，
故选：A.
7. 设在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数运算法则化简即可求解.
【详解】依题意得，
所以，
则在复平面内对应的点为．
故选：C
8. 在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得出，然后根据复数的除法运算化简得出，根据复数的几何意义，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
则，
所以，复数对应的点为，该点位于第一象限.
故选：A.
二、多项选择题（共4小题，每题6分，共计24分.每题有一个或多个选项符合题意，每题全选对者得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分.）
9. 已知向量，，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值为6D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，有，可判断A选项；根据，得，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有，分别求出，，有，反向时取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；根据，得，又，可计算，从而判断D选项.
【详解】若，则，解得，A正确；
若，则，解得， 所以，B错误；
因为，，而，
当且仅当，反向时等号成立，在平面直角坐标系中，设向量，的起点为
坐标原点，向量的终点在以坐标原点为圆心，半径为的圆上，向量
终点在第二象限，当，反向，则向量的终点应在第四象限，
此时，，所以C正确；
若，则，
即，所以，
，
所以，D正确.
故选：ACD
10. 下列选项中正确的是（ ）
A. 若平面向量，满足，则的最大值是5；
B. 在中，，，O是的外心，则的值为4；
C. 函数图象的对称中心坐标为
D. 已知P为内任意一点，若，则点P为的垂心；
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用数量积的运算律及性质计算判断A；利用三角形外心及数量积计算判断B；求出函数的对称中心判断C；利用数量积运算律及垂直的向量表示判断D作答.
【详解】对于A，因，则，
当且仅当时取等号，A正确；
对于B，令边AB的中点为D，因O是的外心，则，
则，同理有,
所以，B正确；
对于C，由，得，，因此函数图象的对称中心为，，C不正确；
对于D，点P在内，由得：，即，有，
由，同理有，因此点P为的垂心，D正确.
故选：ABD
11. 已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若， 则
C 若复数，满足，则
D. 若，则的最大值为3
【答案】AD
【解析】
【分析】设出、后，结合复数的运算、复数的模的性质逐个计算即可得.
【详解】设、；
对A：若，则有，
即，
，
即有，故A正确；
对B：若，则有，即，
不能得到，故B错误；
对C：若复数，满足，
则有，
即，化简得，
，故C错误；
对D：若，则有，即，
其中，即有，
则，
故当时，有最大值且最大值为，即D正确.
故选：AD.
12. 设复数在复平面内对应的点为Z，原点为O，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若点Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则
C. 若，则的虚部为
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】举反例可判断A；根据复数相等列方程组可解p、q，然后可判断B；由虚部概念可判断C；利用两圆面积相减可判断D.
【详解】A中，令，则，故A错误；
B中，若点Z的坐标为，则，所以，
整理得，所以，解得，
所以，故B正确；
C中，易知的虚部为，故C错误；
D中，记，则
所以，
圆的面积为，圆的面积为，
所以点的集合所构成的图形的面积为，故D正确.
故选：BD
第II卷（非选择题）
三、填空题（共5小题，每小题6分，共30分）
13. 设向量和不平行，若向量与反向共线，则实数=______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线定理可求出结果.
【详解】因为向量与反向共线，
所以存在，使得，即，
又向量和不平行，所以，所以.
故答案为：.
14. 已知平面向量满足，则的夹角为___________．
【答案】
【解析】
【分析】对两边平方结合题设条件得到，故可得两向量夹角的大小．
【详解】由可以得到，
所以，所以，故，因，故．填．
【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.
15. 已知的两共轭虚根为，，且，则______．
【答案】3
【解析】
【分析】由根与系数关系有，设，且，结合题设和复数模长、乘法运算求参数.
【详解】由题设，可令，且，
所以，
所以.
故答案为：3
16. 为虚数单位，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】利用的指数幂的周期可计算得出所求代数式的值.
【详解】，
故答案为：.
17. 若（为虚数单位）是关于实系数一元二次方程的一个虚根，则实数__________.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系即可得出.
【详解】（i为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
（i为虚数单位）也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
，解得.
故答案为：-2.
四、简答题（共4小题，共56分）
18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，．
（1）求与夹角；
（2）若与垂直，求点的坐标；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件得，再利用向量夹角公式，即可求出结果；
（2）设，根据条件建立方程组，即可求出结果；
（3）由（1）和（2）得到，根据条件可转化为圆上点到的距离，即可求出结果.
【小问1详解】
因为在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，
所以，
故，又，所以，
即与夹角.
【小问2详解】
因为，设，因为与垂直，且，
所以，解得，或，
所以或 .
【小问3详解】
由（1）（2）知，，
所以，可看成点到点的距离，
又，且到原点的距离为
所以的最大值为，最小值为．
19. 的内角的对边分别为，向量，，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）1 （2）3
【解析】
【分析】(1)根据向量平行，再结合正弦定理，即可求出a.
(2)先根据面积公式求出，再结合余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，所以，根据正弦定理得，
,即，即,
又，所以.
【小问2详解】
,所以
根据余弦定理得，
,即，
所以，所以的周长为.
20. 已知关于的二次方程．
（1）当为何值时，这个方程有一个实根？
（2）是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设方程的一个实根为，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得；
（2）设方程有纯虚数根（，且），代入原方程，再复数相等意义得出，此方程无解，即可判定不存在.
【小问1详解】
设是方程的一个实根，则
即
根据复数相等的意义知
解得：．
所以，当时，原方程有一实根．
【小问2详解】
假定方程有纯虚数根（，且），代入原方程得
即
由复数相等意义知
但方程即无实数解，即实数不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
21. 已知（为虚数单位）.
（1）求；
（2）求；
（3）类比，探究的性质.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用条件，求得，，，再对所求式子变形化简即可求出结果；
（2）利用（1）中所求出结果，再对所求式子变形化简即可求出结果；
（3）利用（1）中所求出结果，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，
∴，，，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
【小问3详解】
由（1）知，，
所以.
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