2023-2024学年云南省大理民族中学高一（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省大理民族中学高一（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），共12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.若AB=(3,4)，A(−2,−1)，则B点的坐标为( )
A. (1,3)B. (5,5)C. (1,5)D. (5,4)
2.已知复数z=3−i1+i，则z的虚部为( )
A. 2B. 2iC. −2D. −2i
3.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且bsinA= 3acsB.则角B的大小为( )
A. π6B. π3C. 5π6D. 2π3
4.若cs(α+π3)=−1114，α∈(0,π2)，sinα=( )
A. −47 3B. 47 3C. 17D. −17
5.在△ABC中，若点D满足BC=3DC，则( )
A. AD=13AB+23ACB. AD=23AB−13AC
C. AD=14AB+34ACD. AD=34AB−14AC
6.下列区间为函数y=2sin(x+π4)的增区间的是( )
A. [−π2,π2]B. [−3π4,π4]C. [−π,0]D. [−π4,3π4]
7.已知A，B，C是平面直角坐标系内的三点，若AB=(2,1)，AC=(3,−6)，则△ABC的面积为( )
A. 15B. 12C. 152D. 6
8.若向量a,b满足|a|=4，|b|=3，且(2a−3b)⋅(2a+b)=61，则a在b上的投影向量为( )
A. −12bB. −13bC. 23bD. −23b
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.设z是非零复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z∈R，则z−∈RB. 若zz−=|z|，则|z|=1
C. 若z=z−，则z=|z−|D. 若z+z−=0，则z|z−|=i
10.已知向量a=(1, 3)，b=(csα,sinα)，则下列结论正确的是( )
A. 若a//b，则tanα= 3
B. 若a⊥b，则tanα=− 33
C. 若a与b的夹角为π3，则a⋅b=1
D. 若a与b的夹角为π3，则|a−b|=3
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2，A=π6，则下列结论正确的是( )
A. 若b=3，则△ABC有两解B. 若B=45°，则c= 2+ 6
C. △ABC的周长有最大值6D. △ABC的面积有最大值2+ 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z满足1+zi=z−i，则|z|= ______．
13.设向量a=(x,−4)，b=(1,−x)，向量a与b的夹角为锐角，则x的范围为______．
14.圣⋅索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣⋅索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣⋅索菲亚教堂的高度CD约为______．
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)
设O为坐标原点，向量OZ1、OZ2、OZ3分别对应复数z1、z2、z3，且z1=a2+(2−a)i，z2=−1+(3−2a)i，z3=2−mi(a,m∈R).已知z1−+z2是纯虚数．
(1)求实数a的值；
(2)若Z1，Z2，Z3三点共线，求实数m的值．
16.(本小题15分)
已知平面向量a，b的夹角为2π3，且|a|=2，|b|=3，c=λa+b．
(1)当λ=−1时，求|c|；
(2)当b⊥c时，求λ的值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA−2csCcsB=2c−ab．
(1)求sinCsinA的值
(2)若csB=14，b=2，求△ABC的面积S．
18.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA．
19.(本小题17分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的伴随向量，同时称函数f(x)为向量OM的伴随函数．
(1)设函数g(x)=sin(x+2π3)+sinx，试求g(x)的伴随向量OM；
(2)记向量ON=(0,1)的伴随函数为f(x)，在△ABC中，B=π3，csC=35，求sin(B−A)的值；
(3)记向量OP=( 3,1)的伴随函数为f(x)，函数h(x)=f(2x)，函数h(x)在区间[t,t+π4]上的最大值为Mt，最小值为mt，设函数H(t)=Mt−mt，若t∈[π12,5π12]，求函数H(t)的值域．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设B(x,y)，则AB=(x+2,y+1)=(3,4)，
∴x+2=3y+1=4，解得x=1y=3，
∴B(1,3)．
故选：A．
可设B(x,y)，根据条件可得出(x+2,y+1)=(3,4)，然后得到x，y的值，从而得出点B的坐标．
本题考查了根据点的坐标求向量的坐标的方法，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由题意可得z=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)
=3+i2−4i1−i2=2−4i2=1−2i，故其虚部为：−2．
故选：C．
由复数的代数运算可化简复数，可得其虚部．
本题考查复数代数形式的乘除运算，涉及复数的基本概念，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵bsinA= 3acsB．
由正弦定理可得：sinBsinA= 3sinAcsB，sinA≠0，csB≠0，
化为tanB= 3，B∈(0,π)．
解得B=π3．
故选：B．
bsinA= 3acsB.由正弦定理可得：sinBsinA= 3sinAcsB，化为tanB= 3，B∈(0,π).解出即可．
本题考查了正弦定理的应用、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得，π30且x≠2}
【解析】解：向量a=(x,−4)，b=(1,−x)，由a//b得，x×(−x)−1×(−4)=0，所以x=±2．
由已知得，00，且a,b不共线．
则a⋅b=x×1+(−4)⋅(−x)=5x>0，所以x>0．
又a,b不共线，则x≠±2.所以x的取值范围为{x|x>0且x≠2}．
故答案为：{x|x>0且x≠2}．
根据已知可得a⋅b>0，且a,b不共线，求解即可．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
14.【答案】54m
【解析】解：由题可得在直角△ABM中，∠AMB=45°，|AB|=36，
所以|AM|=36 2，
在△AMC中，∠AMC=180°−60°−45°=75°，∠MAC=15°+45°=60°，
所以∠ACM=180°−75°−60°=45°，
所以由正弦定理可得|AM|sin45∘=|CM|sin60∘，
所以|CM|=36 2× 32 22=36 3，
则在直角△CDM中，|CD|=|CM|⋅sin60°=54，即圣⋅索菲亚教堂的高度约为54m．
故答案为：54m．
根据题意求得|AM|=36 2，在△AMC中由正弦定理求出|CM|，即可在直角△CDM中求出|CD|．
本题考查了解三角形的实际应用，考查了正弦定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意可得z1−+z2=a2−1+(1−a)i，
由于复数z1−+z2是纯虚数，则a2−1=01−a≠0，解得a=−1；
(2)由(1)可得z1=1+3i，z2=−1+5i，则点Z1(1,3)，Z2(−1,5)，点Z3(2,−m)
所以，Z1Z2=(−2,2),Z1Z3=(1,−m−3)
因Z1，Z2，Z3三点共线，所以Z1Z2//Z1Z3，所以(−2)×(−m−3)=1×2，
所以m=−2．
【解析】(1)根据z1−+z2是纯虚数，结合共轭复数、纯虚数的定义求解即可；
(2)根据Z1Z2//Z1Z3，求解即可．
本题考查纯虚数、共轭复数的定义、三点共线的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)λ=−1时，|c|2=|−a+b|2=(−a+b)2
=a2+b2−2(a⋅b)
=a2+b2−2|a||b|cs120°
=4+9−2⋅2⋅3⋅(−12)=19，
所以|c|= 19．
(2)当b⊥c时，b⋅c=0，
所以0=b⋅c=b⋅(λa+b)=λ(a⋅b)+b2=λ|a||b|cs120°+|b|2=−3λ+9，
解得λ=3．
【解析】(1)先得到|c|2=|−a+b|2=(−a+b)2，然后展开计算(−a+b)2即可；
(2)由条件知b⋅c=0，使用向量内积的坐标表示即可得到关于λ的方程，进而求出λ．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．
17.【答案】(本题满分为12分)
解：(1)由正弦定理，则2c−ab=2sinC−sinAsinB，
所以csA−2csCcsB=2sinC−sinAsinB，
即(csA−2csC)sinB=(2sinC−sinA)csB，化简可得sin(A+B)=2sin(B+C)．
因为A+B+C=π，所以sinC=2sinA．
因此sinCsinA=2.--------------------------(6分)
(2)由sinCsinA=2，得c=2a，由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，及csB=14，b=2，
得4=a2+4a2−4a2×14.解得a=1，从而c=2．
因为csB=14，且sinB= 1−cs2B= 154，
因此S=12acsinB=12×1×2× 154= 154.---------------------(12分)
【解析】(1)由正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式化简已知可得sinC=2sinA，即可得解sinCsinA=2．
(2)由正弦定理可求c=2a，由余弦定理解得a=1，从而c=2.利用同角三角函数基本关系式可求sinB的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，熟练应用相关公式定理是解题的关键，属于基础题．
18.【答案】解：(1)△ABC中，cs2B+cs2C−cs2A=1，
即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
化简得sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理得a2=b2+c2，
所以△ABC为直角三角形，且A=π2．
(2)由(1)知，A=π2，所以△ABC的三个角都小于120°，
由费马点的定义知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
得：12xysin120°+12yzsin120°+12xzsin120°=12bc，
即12× 32(xy+yz+xz)=1，
整理得：xy+yz+xz=4 33，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(12)+xz⋅(12)=12×4 33=2 33．
【解析】(1)根据二倍角公式和正弦定理，以及勾股定理的逆定理，求解即可．
(2)由A=π2，根据费马点的定义，得出∠APB=∠BPC=∠APC=120°，利用三角形的面积公式求解即可．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数求值运算问题，是中档题．
19.【答案】解：(1)g(x)=sin(x+2π3)+sinx=−12sinx+ 32csx+sinx=12sinx+ 32csx，
所以g(x)的伴随向量OM=(12, 32)．
(2)由题意，向量ON=(0,1)的伴随函数为f(x)，可得f(x)=csx，
因为csC=35，又C为△ABC的内角，所以sinC= 1−cs2C=45，
因为B=π3，所以A+C=2π3，
所以sin(B−A)=sin(π3−A)=sin(C−π3)=12sinC− 32csC=12×45− 32×35=4−3 310．
(3)由题意，得h(x)=2sin(2x+π6)，
因为t∈[π12,5π12]，所以2t+π6∈[π3,π]，2(t+π4)+π6=2t+2π3∈[5π6,3π2]，
①当t∈[π12,π6)时，h(x)为[t,π6]上的增函数，[π6,t+π4]上的减函数，
所以Mt=h(π6)=2，mt=h(t+π4)=2sin(2t+π2+π6)=2cs(2t+π6)，
此时H(t)=2−2cs(2t+π6)，t∈[π12,π6)；
则2t+π6∈[π3,π2),cs(2t+π6)∈(0,12]，
此时函数h(t)的取值范围为[1,2)；
②当t∈[π6,5π12]时，h(x)为[t,t+π4]的减函数，Mt=h(t)=2sin(2t+π6)，
最小值为mt=h(t+π4)=2sin(2t+π2+π6)=2cs(2t+π6)，
此时H(t)=2sin(2t+π6)−2cs(2t+π6)=2 2sin(2t−π12)；
因为t∈[π6,5π12]，所以2t−π12∈[π4,3π4]，所以sin(2t−π12)∈[ 22,1]，
此时H(t)的取值范围为[2,2 2]．
综上可得函数H(t)的值域为[1,2 2]．
【解析】(1)用正弦展开式化简成已知要求的函数形式即可；
(2)由同角的三角函数关系和正弦展开式化简即可；
(3)利用正弦函数的单调性，值域，诱导公式，辅助角公式结合计算即可．
本题以新定义为载体，主要考查了三角函数性质的综合应用，属于中档题．