2020-2021学年山西省大同市某校高一（下）3月月考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年山西省大同市某校高一（下）3月月考数学试卷人教A版（2019），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列命题中正确的是( )
A.OA→−OB→=AB→B.AB→+BA→=0
C.0⋅AB→=0D.AB→+BC→+CD→=AD→

2. 复数11−3i的虚部是( )
A.−310B.−110C.110D.310

3. 设O，A，M，B为平面上四点，OM→=λOB→+1−λOA→，且λ∈1,2，则( )
A.点M在线段AB上B.点B在线段AM上
C.点A在线段BM上D.O，A，B，M四点共线

4. 已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，b=7，c=3，B=π6，那么a等于（ ）
A.1B.2C.4D.1或4

5. 若复数z1，z2满足z1=z2，则z1，z2在复数平面上对应的点Z1，Z2( )
A.关于x轴对称B.关于y轴对称
C.关于原点对称D.关于直线y=x对称

6. 已知向量a→=(1, 2)，b→=(−2, 3)，c→=(4, 5)，若(a→+λb→)⊥c→，则实数λ=( )
A.−12B.12C.−2D.2

7. 设D是△ABC所在平面内一点，AB→=2DC→，则( )
A.BD→=12AC→−AB→B.BD→=AC→−12AB→
C.BD→=32AC→−AB→D.BD→=AC→−32AB→

8. 欧拉公式eiθ=csθ+isinθ(e为自然对数的底数，i为虚数单位）是瑞士著名数学家欧拉发明的，eiπ+1=0是英国科学期刊《物理世界》评选出的十大最伟大的公式之一．根据欧拉公式可知，复数eπ3i的虚部为（ ）
A.−32B.32C.−32iD.32i

9. 已知两个单位向量a→和b→的夹角为60∘，则向量a→−b→在向量a→方向上的投影为（ ）
A.−1B.1C.−12D.12

10. 在△ABC中，已知sin2A+sin2B−sin Asin B=sin2C，且满足ab=4，则该三角形的面积为( )
A.1B.2C.2D.3

11. 如图所示，半圆的直径AB=4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则PA→+PB→⋅PC→的最小值是( )

A.2 B.0 C.−1 D.−2

12. 在矩形ABCD中，|AB→|=4，|BC→|=2，点P满足|CP→|=1，记a=AB→⋅AP→，b=AC→⋅AP→，c=AD→⋅AP→，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>b>cB.a>c>bC.b>a>cD.b>c4．
(1)求b；

(2)求△ABC的周长．

若复数z满足|z+3+i|≤1，求
(1)z的最大值和最小值；

(2)|z−1|2+|z+1|2的最大值和最小值．

在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,−2，B2,3，C−2,−1．
(1)求以线段AB，AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；

(2)设实数t满足AB→−tOC→⋅OC→=0，求t的值．

如图所示，甲船以每小时302n mile的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105∘方向的B1处，此时两船相距20n mile．当甲船航行20min到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120∘方向的B2处，此时两船相距102n mile，问乙船每小时航行多少n mile？


已知向量a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，c→=(sinx−3, 1)，d→=(1, k)，(x∈R, k∈R).
(1)若x∈[−π2, π2]，且a→ // (b→+c→)，求x的值；

(2)若函数f(x)=a→⋅b→，求f(x)的最小值；

(3)是否存在实数k，使得(a→+d→)⊥(b→+c→)？若存在，求出k的取值范围，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省大同市某校高一（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
向量数乘的运算及其几何意义
向量的加法及其几何意义
向量的减法及其几何意义
【解析】
对于A，利用向量的减法，可得OA→−OB→=BA→；对于B，结果应该是0→；对于C，结果是0→；对于D，利用向量的加法法则，可得结论．
【解答】
解：对于A，利用向量的减法，可得OA→−OB→=BA→，故A不正确；
对于B，结果应该是0→，故B不正确；
对于C，结果是0→，故C不正确；
对于D，利用向量的加法法则，可得AB→+BC→+CD→=AC→+CD→=AD→，故D正确.
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再根据复数的基本概念即可得到答案．
【解答】
解：11−3i=1+3i1−3i1+3i=1+3i10 ，
所以该复数的虚部为310.
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
向量的共线定理
【解析】
将已知等式变形，利用向量的运算法则得到AM→=λAB→，利用向量共线的充要条件得到两个向量共线，得到三点共线，据λ∈(1, 2)，得到点B在线段AM上．
【解答】
解：∵ OM→=λOB→+(1−λ)OA→，
∴ OM→−OA→=λ(OB→−OA→)，
即AM→=λAB→，
∴ AM→ // AB→.
∴ A，M，B共线.
∵ λ∈(1, 2)，
∴ 点B在线段AM上.
故选B.
4.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
由余弦定理列出关系式，把b，c，csB的值代入计算即可求出a的值．
【解答】
解：∵ △ABC中，b=7，c=3，csB=32，
∴ 由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即7=a2+3−3a，
解得：a=4或a=−1（舍去），
则a的值为4．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
由题意可得z1，z2的实部相等，虚部互为相反数，故z1，z2在复数平面上对应的点Z1，Z2关于x轴对称．
【解答】
解：若复数z1，z2满足z1=z2，
则z1，z2的实部相等，虚部互为相反数，
故z1，z2在复数平面上对应的点Z1，Z2关于x轴对称.
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
【解析】
可求出a→+λb→=(1−2λ,3λ+2)，根据(a→+λb→)⊥c→即可得出(a→+λb→)⋅c→=0，进行数量积的坐标运算即可求出λ．
【解答】
解：a→+λb→=(1−2λ,3λ+2)；
∵ (a→+λb→)⊥c→，
∴ (a→+λb→)⋅c→=4(1−2λ)+5(3λ+2)=0，
解得λ=−2．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
根据平面向量线性运算的几何意义用AB→,AC→表示出BD→．
【解答】
解：∵ BC→=AC→−AB→，CD→=−12AB→，
∴ BD→=BC→+CD→=AC→−AB→−12AB→=AC→−32AB→．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
欧拉公式
复数的基本概念
【解析】
由题意，根据欧拉公式得到该复数的表达式，结合特殊角的三角函数值对复数进行整理，进而即可得到复数的虚部.
【解答】
解：由欧拉公式可得eπ3i=csπ3+isinπ3=12+32i，
所以复数eπ3i的虚部为32.
故选B.
9.
【答案】
D
【考点】
向量的投影
平面向量数量积的运算
【解析】
先求出a→⋅(a→−b→)=a→2−a→⋅b→，然后利用投影的概念即可求解.
【解答】
解：由题意可得a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs60∘=12，
a→⋅(a→−b→)=a→2−a→⋅b→=1−12=12，
则向量a→−b→在向量a→方向上的投影为
(a→−b→)⋅a→|a→|=121=12．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
三角形求面积
正弦定理
【解析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理列出关系式，将得出的关系式代入求出csC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出C的度数，确定出sinC的值，再由ab的值，利用三角形面积公式即可求出．
【解答】
解：由正弦定理化简已知等式得：a2+b2−ab=c2，
即a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
∵ C为三角形的内角，
∴ C=π3，
∵ ab=4，
∴ S=12absinC=12×4×32=3．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为O为AB的中点，
所以PA→+PB→=2PO→，
从而(PA→+PB→)⋅PC→=2PO→⋅PC→=−2|PO→|⋅|PC→|.
又|PO→|+|PC→|=|OC→|=2为定值，
所以当且仅当|PO→|=|PC→|=1，
即P为OC的中点时，
(PA→+PB→)⋅PC→取得最小值是−2.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
由题意，建立平面直角坐标系，将点P的坐标用极坐标表示出来，结合平面的数量积进行整理，再比较大小即可.
【解答】
解：不妨以C为原点，CD，CB所在的直线为x轴，y轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示；
则A−4,−2，B0,−2，C0,0，D−4,0，
AB→=4,0，AC→=4,2，AD→=0,2，
因为|CP→|=1，且C为坐标原点，
不妨设Pcsα,sinα,0≤α0，
即b>a，
又c−a=2sinα−4csα−12=25sinα+φ−12c.
故选C.
二、填空题
【答案】
i
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算和虚实i的周期性求解即可.
【解答】
解：∵ 1+i1−i=1+i21−i1+i=2i2=i，
i2021=i4×505+1=i，
∴ 1+i1−i2021=i.
故答案为：i.
【答案】
13
【考点】
向量的模
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
利用向量的平行关系求出x，然后求解向量的模．
【解答】
解：∵ p→ // q→，
∴ 2×6=−3x，
∴ x=−4，
∴ p→+q→=(2,−3)+(−4,6)=(−2,3)，
|p→+q→|=(−2)2+32=13.
故答案为：13．
【答案】
4
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的模
【解析】
由已知向量垂直，它们的数量积为0，结合平面向量数量积的运算性质，求出得|b→|=|a→|=1，从而求得计算结果．
【解答】
解：∵ a→+b→+c→=0→，
∴ c→=−a→−b→.
又∵ (a→−b→)⊥c→，
∴ (a→−b→)⋅c→=0，
即(a→−b→)⋅(−a→−b→)=0，
∴ (−b→)2−a→2=0，
∴|b→|=|a→|=1.
又∵ a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=0，
∴ c→2=(−a→−b→)2
=a→2+2a→⋅b→+b→2
=1+0+1=2，
∴ |a→|2+|b→|2+|c→|2=1+1+2=4.
故答案为：4．
【答案】
43
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
首先利用关系式的变换，转换为余弦定理的关系式，求出C的值，进一步利用余弦定理和基本关系式求出ab的最大值，最后利用三角形的面积公式求出结果．
【解答】
解：在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
已知(a+b−c)⋅(a+b+c)=3ab，
则：a2+b2−c2=ab，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
由于：00，−a+11.
【答案】
解：(1)因为a=4，csA=34，sinB=5716，
所以sinA=1−cs2A=74，
所以由正弦定理可得：
b=asinBsinA=4×571674=5．
(2)因为由余弦定理可得：
a2=b2+c2−2bccsA，
可得：16=25+c2−2×5×c×34，
整理可得：2c2−15c+18=0，
解得：c=6或32（由c>4，舍去），
所以△ABC的周长=a+b+c=4+5+6=15．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a=4，csA=34，sinB=5716，
所以sinA=1−cs2A=74，
所以由正弦定理可得：
b=asinBsinA=4×571674=5．
(2)因为由余弦定理可得：
a2=b2+c2−2bccsA，
可得：16=25+c2−2×5×c×34，
整理可得：2c2−15c+18=0，
解得：c=6或32（由c>4，舍去），
所以△ABC的周长=a+b+c=4+5+6=15．
【答案】
解：(1)满足条件|z+3+i|≤1的复数z的几何意义为圆心为−3,−1，半径为1的圆及其内部，
|z|则表示圆面上一点到原点的距离，
易求得圆心到原点的距离为32+12=2，
所以|z|max=3，|z|min=1．
(2)∵ |z−1|2+|z+1|2=2|z|2+2，
∴ |z−1|2+|z+1|2最大值为20，最小值为4．
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)满足条件|z+3+i|≤1的复数z的几何意义为圆心为−3,−1，半径为1的圆及其内部，
|z|则表示圆面上一点到原点的距离，
易求得圆心到原点的距离为32+12=2，
所以|z|max=3，|z|min=1．
(2)∵ |z−1|2+|z+1|2=2|z|2+2，
∴ |z−1|2+|z+1|2最大值为20，最小值为4．
【答案】
解：(1)AB→=3,5，AC→=−1,1，
求两条对角线的长即求|AB→+AC→|与|AB→−AC→|的大小．
由AB→+AC→=2,6，得|AB→+AC→|=210，
由AB→−AC→=4,4，得|AB→−AC→|=42．
(2)OC→=(−2,−1)，
∵ AB→−tOC→⋅OC→=AB→⋅OC→−tOC→2，
易求AB→⋅OC→=−11，OC→2=5，
∴ 由AB→−tOC→⋅OC→=0得t=−115．
【考点】
向量的三角形法则
向量的模
向量的加法及其几何意义
向量的减法及其几何意义
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)AB→=3,5，AC→=−1,1，
求两条对角线的长即求|AB→+AC→|与|AB→−AC→|的大小．
由AB→+AC→=2,6，得|AB→+AC→|=210，
由AB→−AC→=4,4，得|AB→−AC→|=42．
(2)OC→=(−2,−1)，
∵ AB→−tOC→⋅OC→=AB→⋅OC→−tOC→2，
易求AB→⋅OC→=−11，OC→2=5，
∴ 由AB→−tOC→⋅OC→=0得t=−115．
【答案】
解：如图，连接A1B2，
由题意知A2B2=102n mile，
A1A2=302×2060=102n mile．
所以A1A2=A2B2．
又∠A1A2B2=180∘−120∘=60∘，
所以△A1A2B2是等边三角形，
所以A1B2=A1A2=102n mile．
由题意知，A1B1=20n mile，
∠B1A1B2=105∘−60∘=45∘，
在△A1B2B1中，由余弦定理，
得B1B22=A1B12+A1B22−2A1B1⋅A1B2⋅cs45∘
=202+(102)2−2×20×102×22=200，
所以B1B2=102n mile．
因此，乙船速度的大小为10220×60=302(n mile/h)．
答：乙船每小时航行302n mile．
【考点】
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，连接A1B2，
由题意知A2B2=102n mile，
A1A2=302×2060=102n mile．
所以A1A2=A2B2．
又∠A1A2B2=180∘−120∘=60∘，
所以△A1A2B2是等边三角形，
所以A1B2=A1A2=102n mile．
由题意知，A1B1=20n mile，
∠B1A1B2=105∘−60∘=45∘，
在△A1B2B1中，由余弦定理，
得B1B22=A1B12+A1B22−2A1B1⋅A1B2⋅cs45∘
=202+(102)2−2×20×102×22=200，
所以B1B2=102n mile．
因此，乙船速度的大小为10220×60=302(n mile/h)．
答：乙船每小时航行302n mile．
【答案】
解：(1)∵ b→+c→=(sinx−1, −1)，
又∵ a→ // (b→+c→)，
∴ −(2+sinx)=sinx−1，
即sinx=−12，
又x∈[−π2, π2]，
∴ x=−π6.
(2)∵ a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，
∴ f(x)=a→⋅b→=2(2+sinx)−2=2sinx+2，
又x∈R，
∴ 当sinx=−1时，函数f(x)有最小值，且最小值为0.
(3)a→+d→=3+sinx,1+k，
b→+c→=sinx−1,−1，
若(a→+d→)⊥(b→+c→)，
则(a→+d→)⋅(b→+c→)=0，
即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
∴ k=sin2x+2sinx−4=sinx+12−5，
由sinx∈−1,1，
∴ −5≤sinx+12−5≤−1，得k∈−5,−1，
∴ 存在k∈−5,−1，使得(a→+d→)⊥(b→+c→).
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
平面向量数量积的运算
三角函数的最值
二次函数在闭区间上的最值
正弦函数的定义域和值域
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
（1）根据向量关系的坐标公式进行化简求解即可．
（2）根据向量数量积的公式进行化简，结合三角函数的性质进行求解即可．
（3）利用向量垂直的等价条件进行化简求解．
【解答】
解：(1)∵ b→+c→=(sinx−1, −1)，
又∵ a→ // (b→+c→)，
∴ −(2+sinx)=sinx−1，
即sinx=−12，
又x∈[−π2, π2]，
∴ x=−π6.
(2)∵ a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，
∴ f(x)=a→⋅b→=2(2+sinx)−2=2sinx+2，
又x∈R，
∴ 当sinx=−1时，函数f(x)有最小值，且最小值为0.
(3)a→+d→=3+sinx,1+k，
b→+c→=sinx−1,−1，
若(a→+d→)⊥(b→+c→)，
则(a→+d→)⋅(b→+c→)=0，
即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
∴ k=sin2x+2sinx−4=sinx+12−5，
由sinx∈−1,1，
∴ −5≤sinx+12−5≤−1，得k∈−5,−1，
∴ 存在k∈−5,−1，使得(a→+d→)⊥(b→+c→).