2023-2024学年福建省泉州市永春一中高一（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市永春一中高一（下）月考数学试卷（3月份）(含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=1+i的共轭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
2.已知复数x+yi1+i=2−i,x,y∈R，则x−y=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
3.已知|a|=6，|b|=3，e是与b同方向的单位向量，a在b方向上投影向量是−4e，则a⋅b=( )
A. 12B. −12C. 8D. −8
4.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，若EB=mAB+nAC，则mn=( )
A. 3B. −13C. −3D. 13
5.若△ABC中，a=x,b= 3,A=π4，若该三角形有两个解，则x范围是( )
A. ( 3,6)B. (2,2 3)C. [ 62, 3)D. ( 62, 3)
6.复数z=−sinπ7+icsπ7的辐角主值为( )
A. π7B. 13π7C. 9π14D. 5π14
7.在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=1，AD=2，若点P为边BC上的动点，则AP⋅PD的最大值为( )
A. 12B. −12C. −54D. −2
8.设锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若A=π3，a= 3，则b2+c2+bc的取值范围为( )
A. (1,9]B. (3,9]C. (5,9]D. (7,9]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下四个关于复数的结论，正确的是( )
A. 任意两个复数不能比大小
B. z∈C⇒z2≥0
C. z1>z2⇒z1−z2>0
D. 复数a+bi=c+di(a,b,c,d∈R)⇒a=c且b=d
10.已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，则( )
A. (a+b)⊥aB. |a+2b|=5
C. 向量a在向量b上的投影是 22D. 与向量a共线的单位向量是(2 55, 55)
11.已知a1,a2,b1,b2,…,bk(k∈N*)是平面内两两不相等的向量，满足|a1−a2|=1，且|ai−bj|∈{1,2}(其中i=1，2，j=1，2，…，k)，则实数k的值可能为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i为虚数单位，若复数z满足z(2−i)=i2024，则z的虚部为______．
13.在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC=2，若CP=λCA+μCB，则λ+μ的取值范围是______．
14.若△ABC的面积为 34(a2+b2−c2)，且∠B为钝角，则∠C=______；ba的取值范围是______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
计算：
(1)(−3−4i)+(2+i)−(1−5i)；
(2)(2−i)(−1+5i)(3−4i)+2i；
(3)(2+2i)4(1− 3i)5．
16.(本小题15分)
如图，要测量河对岸C，D两点间的距离，在河边一侧选定观测点A，B，并测得A，B间的距离为20 3m，∠DAB=75°，∠CAB=30°，AB⊥BC，∠ABD=60°，则C，D两点间的距离为多少？
17.(本小题15分)
在边长为4的等边△ABC中，CM=−2BM，D为边AC的中点，BD与AM交于点N．
(1)求证：AN=3NM；
(2)求cs∠DNM的值．
18.(本小题17分)
已知a、b、c分别为△ABC的三个内角A、B、C的对边.现有如下四个条件：
①b−ac=2 6a+3c3(a+b)；②acsB=( 2c−b)csA；③a= 6；④b=2 2．
(1)对条件①化简，并判断含有条件①的三角形的形状；
(2)从以上四个条件中任选几个作为一个组合，请写出能构成三角形的所有组合，并说明理由；
(3)从上述能构成三角形的组合中任选一组，求出对应三角形边c的长及三角形面积．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.O为△ABC内切圆圆心，AO交BC于A1，BO交AC于B1，CO交AB于C1，已知AA1=a，且1b+1c= 3a．
(1)求A的大小；
(2)若内切圆的半径r= 33，求边a的长度．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵z=1+i，
∴z−=1−i．
∴复数z−在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)，位于第四象限．
故选：D．
由已知z直接求z−，求得坐标得答案．
本题考查了复数的基本概念，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由x+yi1+i=2−i,x,y∈R得x+yi=(2−i)(1+i)=2+2i−i+1=3+i，
所以x=3，y=1，则x−y=2．
故选：A．
根据复数的乘法运算，结合复数相等的充要条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，可得a⋅b|b|=a⋅b3=−4，
解得a⋅b=−12．
故选：B．
根据投影向量的概念计算即可．
本题考查投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图所示，
EB=ED+DB=12AD+12CB=14(AB+AC)+12(AB−AC)=34AB−14AC，
又∵EB=mAB+nAC，
∴m=34，n=−14，
∴mn=−3，
故选：C．
利用平面向量的加法和减法法则进行求解．
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由正弦定理asinA=bsinB，可得x 22= 3sinB，
所以sinB= 62x，
因为该三角形有两个解，
所以 62x<1且x< 3，
解得 62故选：D．
由已知结合正弦定理及三角形的大边对大角即可求解．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形解的个数中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：z=−sinπ7+icsπ7=cs(π2+π7)+isin(π2+π7)=cs9π14+isin9π14，
则复数z的辐角主值为9π14．
故选：C．
根据已知条件，结合辐角主值的定义，即可求解．
本题主要考查复数的三角表示，是基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积的性质及其运算，属于中档题．
根据条件建立平面直角坐标系，转化为向量的坐标运算求解．
【解答】
解：如图，以B为坐标原点，BA，BC所在的直线分别为x轴，y轴建立直角坐标系．
作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F．
在△ADE中，因为AD=2，所以AE=1，DE= 3．
在△CDF中，因为DF=BE=BA+AE=2，∠C=60°，
所以CF=2 33，因此BC=5 33，
所以A(1,0)，D(2, 3)．
设P(0,t)，0≤t≤5 33，
则AP=(−1,t)，PD=(2, 3−t)．
所以AP⋅PD=−t2+ 3t−2，
当t= 32时，AP⋅PDmax=−t2+ 3t−2=−54．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：∵A=π3，a= 3，由正弦定理 bsinB=csinC= 3 32=2，由余弦定理可得a2=b2+c2−bc，
∴b2+c2+bc
=b2+c2−bc+2bc
=a2+2bc
=3+2×2sinB×2sinC
=3+8sinBsin(2π3−B)
=3+8sinB( 32csB+12sinB)
=5+4sin(2B−π6)，
∵锐角△ABC中，B∈(π6,π2)，可得2B−π6∈(π6,5π6)，
∴sin(2B−π6)∈(12,1]，
∴b2+c2+bc=5+4sin(2B−π6)的取值范围为(7,9]．
故选：D．
由已知利用正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用化简可得b2+c2+bc=5+4sin(2B−π6)，可求范围2B−π6∈(π6,5π6)，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．
此题考查了正弦定理，余弦定理，正弦函数的性质在解三角形中的应用，属于基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，当两个复数都是实数时，才可以比较大小，所以A错误；
对于B，当z=i∈C则z2=−1<0，故B错误；
对于C，因为z1>z2，所以z1∈R，z2∈R，所以由z1>z2可以得到z1−z2>0，故C正确；
对于D，若复数a+bi=c+di(a,b,c,d∈R)，则a=c且b=d，故D正确．
故选：CD．
根据复数的有关定义与性质分别判断即可．
本题主要考查了复数的基本概念，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：a=(2,1)，b=(−3,1)，
则a+b=(−1,2)，
(a+b)⋅a=−2+2=0，故A正确；
a+2b=(−4,3)，
则|a+2b|= (−4)2+32=5，故B正确；
a=(2,1)，b=(−3,1)，
则a⋅b=−5，|b|= (−3)2+12= 10，
向量a在向量b上的投影是：a⋅b|b|=−5 10=− 102，故C错误；
与向量a共线的单位向量是：±a|a|=(2 55, 55)或(−2 55,− 55)，故D错误．
故选：AB．
根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，以及数量积运算，属于基础题．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查平面向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
设a1=(0,0)，a2=(0,1)，bj=(x,y)，推导出 x2+y2=1或 x2+y2=2或 x2+(y−1)2=1或 x2+(y−1)2=2，k的最大值为四个圆的交点个数总和．
【解答】
解：设a1=(0,0)，a2=(0,1)，bj=(x,y)，
∵对任意的i=1，2及j=1，2，…，k，|ai−bj|∈{1,2}，
∴ x2+y2=1或 x2+y2=2或 x2+(y−1)2=1或 x2+(y−1)2=2，
∴k的最大值为四个圆的交点个数总和，如图所示，共有6个．
故选ABC．
12.【答案】15
【解析】解：z(2−i)=i2024=1，
所以z=12−i=2+i(2−i)(2+i)=2+i5，
则z的虚部为15．
故答案为：15．
先对已知等式进行化简，然后结合复数的基本概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的概念，属于基础题．
13.【答案】[−56,56]
【解析】解：以C为坐标原点，分别以CA、CB所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系，
则C(0,0)，A(3,0)，B(0,4)，
设P(2csθ,2sinθ)，CA=(3,0)，CB=(0,4)，CP=(2csθ,2sinθ)，
由CP=λCA+μCB，得(2csθ,2sinθ)=(3λ,4μ)，
即λ=2csθ3，μ=sinθ2，
∴λ+μ=12sinθ+23csθ= 14+49sin(θ+φ)=56sin(θ+φ)，tanφ=43，
∴λ+μ的最小值为−56，最大值为56．
故答案为：[−56,56].
以C为坐标原点，分别以CA、CB所在直线为x、y轴建立平面直角坐标系，然后结合向量的线性运算的坐标表示可求得λ，μ，然后结合辅助角公式进行化简，再由正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了向量的线性运算的坐标表示，属于中档题．
14.【答案】π3 (2,+∞)
【解析】解：∵△ABC的面积为 34(a2+b2−c2)=12absinC，
∴a2+b2−c22ab=sinC 3，即csC=sinC 3，
∴sinCcsC= 3，∠C=π3，
ba=sinBsinA=sin(2π3−A)sinA= 32csA−(−12)sinAsinA= 32⋅1tanA+12，
∵∠B为钝角，∠C=π3，
∴0<∠A<π6，
∴tanA∈(0, 33)，1tanA∈( 3,+∞)，
故ba∈(2,+∞)．
故答案为：π3；(2,+∞)．
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形面积公式，求出∠C，再结合正弦定理，以及三角恒等变换公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查余弦定理，属于中档题．
15.【答案】解：(1)(−3−4i)+(2+i)−(1−5i)
=−3−4i+2+i−1+5i
=−2+2i；
(2)(2−i)(−1+5i)(3−4i)+2i
=(−2+10i+i+5)(3−4i)+2i
=9−12i+33i+44+2I
=53+23i；
(3)(2+2i)4(1− 3i)5=16(1+i)4(1− 3i)(1− 3i)4
=16(2i)2(−2−2 3i)2(1− 3i)
=−644(1+ 3i)2(1− 3i)
=−164(1+ 3i)
=−4(1− 3i)(1+ 3i)(1− 3i)
=−1+ 3i．
【解析】由已知结合复数的四则运算分别进行化简即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，属于中档题．
16.【答案】解：在Rt△ABC中，BC=ABtan∠CAB=20 3×tan30°=20，
在△ABD中，∠ADB=180°−∠DAB−∠ABD=45°，
由正弦定理得BDsin∠DAB=ABsin∠ADB，
所以BD=20 3×sin75°sin45=20 3×( 32× 22+12× 22) 22=10(3+ 3)，
在△BCD中，由余弦定理可得：DC2=202+100(3+ 3)2−2×20×10(3+ 3)×cs30°=1000，
解得DC=10 10m.
【解析】结合三角函数定义，在Rt△ABC中求出BC，在△ABD中求出BD，在△BCD中，利用余弦定理求解CD．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)过M作ME/​/BD交AC于E，
因为CM=−2BM，即BM=12MC，得DE=12EC，
所以AD=DC=3DE，则由ME//DN可得AN=3NM；
解：(2)ND=NA+AD=−34AM+12AC=−34(23AB+13AC)+12AC=−12AB+14AC，
NM=14AM=14(23AB+13AC)=16AB+112AC，
所以ND⋅NM=(−12AB+14AC)⋅(16AB+112AC)=−112AB2+148AC2=(−112+148)×16=−1，
|ND|= (−12AB+14AC)2= 14AB2−14AB⋅AC+116AC2= 14×16−14×4×4×12+116×16= 3，
|NM|= (16AB+112AC)2= 136AB2+136AB⋅AC+1144AC2= 136×16+136×4×4×12+1144×16= 73，
所以cs∠DNM=ND⋅NM|ND|⋅|NM|=−1 3× 73=− 217．
【解析】(1)过M作ME/​/BD交AC于E，利用平行线的性质可得答案；
(2)将ND,NM用AB,AC表示，然后分别求出ND⋅NM以及|ND|,|NM|，利用夹角公式求解即可．
本题考查了平行线的性质和夹角公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由①b−ac=2 6a+3c3(a+b)可得，3(a2+c2−b2)=−2 6ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=− 63，
∵0∴△ABC为钝角三角形；
(2)∵acsB=( 2c−b)csA，
由正弦定理得sinAcsB= 2sinCcsA−sinBcsA，
即sin(A+B)= 2sinCcsA=sinC，
由C为三角形内角得sinC>0，
∴csA= 22，
故A=π4，
csB=− 63<− 22，
∴B>3π4，故①②不能同时成立，
能构成三角形的组合为①③④，②③④，
对于①③④，由①可确定B，又知道两边a，b，可由正弦定理求得A，进而由内角和可得C，
进而由正弦定理可得c；
对于②③④，由②可确定A，又知道两边a，b，可由正弦定理求得B，进而由内角和可得C，
进而由正弦定理可得c；
(3)若满足①③④，由余弦定理得b2=a2−c2−2accsB，
所以8=6+2 6c× 63，即c2+4c−2=0，
解可得，c= 6−2，S△ABC=12acsinB=12×( 6−2)× 6× 33= 3− 2，
若满足②③④即A=π4，a= 6，b=2 2．
由余弦定理可得a2=b2−c2−2bccsA，
∴c2−4c+2=0，解得c=2± 2，
S△ABC=12bcsinA=12×2 2×(2± 2)× 22=2± 2．
【解析】(1)由已知可得3(a2+c2−b2)=−2 6ac，可求csB，可判断三角形的形状；
(2)由②可求csA，而可得csB=− 63<− 22，可知B>3π4，故①②不能同时成立，可得能构成三角形的组合为①③④，②③④；
(3)若满足①③④，由余弦定理得b2=a2−c2−2accsB，可求c，进而可求面积，若满足②③④，由余弦定理可得a2=b2−c2−2bccsA，可求c，进而可求面积．
本题考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为S△AA1B+S△AA1C=S△ABC，且O为△ABC内切圆圆心，角平分线的交点，AA1=a，
所以12casinA2+12basinA2=12bcsinA，所以(1b+1c)sinA2=1asinA，
又sinA=2sinA2csA2，且1b+1c= 3a，
所以 3sinA2=2sinA2csA2，又A∈(0,π)，所以csA2= 32，
所以A2=π6，得A=π3；
(2)过内切圆圆心O作三边的垂线，垂足分别为E，F，G，

如图：由(1)得∠A1AB1=∠A1AB=π6，
OF⊥AC，OE⊥AB，OF=OE=r= 33，
则AF=AE=1，FC=b−1，BE=c−1，b−1+c−1=a=BC，即b+c=a+2，
又1b+1c= 3a，b+cbc= 3a,a+2bc= 3a，bc= 33a(a+2)，
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bc⋅csA，
所以a2=(b+c)2−3bc，a2=(a+2)2− 3a(a+2)，解得a= 21−3+2 33．
【解析】(1)通过S△AA1B+S△AA1C=S△ABC，利用面积公式，然后整理计算；
(2)利用角平分线上的点到角两边距离相等表示BC，然后利用余弦定理求解．
本题考查二倍角公式，余弦定理，属于中档题．