2023-2024学年吉林省四平第一高级中学高一（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省四平第一高级中学高一（下）第一次月考数学试卷（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=2(csπ3+isinπ3)虚部是( )
A. 3B. 1C. sinπ3D. csπ3
2.在△ABC中，若∠A=60°，∠B=45°，BC=3 2，则AC=( )
A. 4 3B. 2 3C. 3D. 32
3.已知向量AB=(7,6)，BC=(−3,m)，AD=(−1,2m)，若A，C，D三点共线，则m=( )
A. 32B. 23C. −32D. −23
4.已知向量a=(3,4)，b=(−2,m)，c=(2,−1)，若(a+b)⊥c，则m=( )
A. −6B. −2C. 6D. 132
5.在△ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )
A. a=4，b=5，c=6B. a= 3，b=2，A=45°
C. a=10，A=45°，B=70°D. a=3，b=2，A=60°
6.已知复数z满足|z−1|=1，则|z+2−2i|的最大值为( )
A. 13−1B. 13C. 13+1D. 2 2
7.某校高一年级开展课外实践活动，数学建模课题组的学生选择测量山峰的高度.如图，在山脚A测得山顶P的仰角为60°，沿倾斜角为30°的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P的仰角为75°，则山峰高PQ为( )
A. 45(3+ 3)米B. 45(2+ 3)米C. 90( 3−1)米D. 90( 3+1)米
8.已知点P是△ABC所在平面内的动点，且满足OP=OA+λ(AB|AB|+AC|AC|)(λ>0)，射线AP与边BC交于点D，若∠BAC=2π3，|AD|=1，则|BC|的最小值为( )
A. 3B. 2C. 2 3D. 4 3
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(1−i)=2+i，则下列叙述中正确的是( )
A. z的实部是−32
B. z−=12−32i
C. |z|= 102
D. 在复平面内，复数z对应的点位于第一象限
10.已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是( )
A. 若A>B，则a>b
B. a2+b2>c2
C. 若sinA0，
则C为锐角，可得三角形只有一解，故A错误；
B.由a= 3，b=2，A=45°，可得b>a>bsinA，则三角形有两解，故B正确；
C.由a=10，A=45°，B=70°，可得C=180°−45°−70°=65°，则三角形有一解，故C错误；
D.由a=3，b=2，A=60°，可得a>b，则A>B，B为锐角，可得三角形只有一解，故D错误．
故选：B．
根据正弦定理，余弦定理，三角形的性质即可逐项判断三角形的个数．
本题考查三角形个数的判断，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设z=x+yi，x，y∈R，
则|z−1|=|x−1+yi|= (x−1)2+y2=1，
即(x−1)2+y2=1，表示以(1,0)为圆心，1为半径的圆，
所以|z+2−2i|可理解为圆(x−1)2+y2=1上的点(x,y)到(−2,2)的距离，
所以|z+2−2i|的最大值为 (1+2)2+(0−2)2+1= 13+1．
故选：C．
|z−1|=1几何意义为圆(x−1)2+y2=1上的点，|z+2−2i|理解为圆(x−1)2+y2=1上的点(x,y)到(−2,2)的距离，利用圆的性质求最值即可．
本题主要考查了复数几何意义的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：在△ABP中，AB=90，∠BPA=30°−15°=15°，∠ABP=180°−∠BAP−∠APB=180°−(60°−30°)−15°=135°，
因为APsin∠ABP=ABsin∠APB，且sin15°=sin45°cs30°−cs45°sin30°= 6− 24，
所以AP=ABsin∠ABPsin∠APB=90sin135°sin15∘=90× 22 6− 24=180 2 6− 2，在Rt△PAQ中，PQ=APsin60°=180 2 6− 2× 32=45(3+ 3)．
故选：A．
在△ABP中，利用正弦定理列式算出AP的长，进而在Rt△PAQ中求出PQ的长，可得山峰的高度．
本题主要考查三角恒等变换公式、利用正弦定理解三角形及其应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量在平面几何中的应用，以及正弦定理和三角恒等变换，属较难题．
由已知得点P在∠BAC的平分线上，即AD为∠BAC的平分线，由正弦定理得BC=BD+CD= 32(1sinB+1sinC)，计算可得|BC|的最小值．
【解答】
解：∵OP=OA+λ(AB|AB|+AC|AC|)(λ>0)，∴AP=λ(AB|AB|+AC|AC|)(λ>0)，
∴点P在∠BAC的平分线上，即AD为∠BAC的平分线，
在△ABD中，∠BAD=π3，|AD|=1，利用正弦定理得BD=ADsinB×sinπ3= 32sinB，
在△ACD中，∠DAC=π3，|AD|=1，利用正弦定理得CD=ADsinC×sinπ3= 32sinC，
∴BC=BD+CD= 32(1sinB+1sinC)，其中B+C=π3，
∴BC= 32(1sinB+1sinC)≥ 32×2 1sinBsinC= 3 1sin(π3−C)sinC
= 3 1 32sinCcsC−12sin2C= 3 112sin(2C+π6)−14≥ 3×2=2 3，
当且仅当sinB=sinC且2C+π6=π2，即B=C=π6时取等号，
所以|BC|的最小值为2 3．
故选C．
9.【答案】BCD
【解析】解：z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=12+32i，
故z的实部是12，z−=12−32i，|z|= 14+94= 102，
其在复平面对应的点为(12,32)，在第一象限．
故选：BCD．
求出复数z的代数形式，然后逐一判断即可．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，若A>B，根据大边对大角，所以a>b，故A正确；
对于B，因为C为锐角，故csC>0，即a2+b2−c22ab>0，
即a2+b2>c2，因此B选项正确；
对于C，因为函数y=sinx在区间(0,π2)上单调递增，A,B∈(0,π2)，
故若sinAπ2,A,B∈(0,π2)，所以A>π2−B,A∈(0,π2),π2−B∈(0,π2)，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，同理可得sinB>csC，sinC>csA，
三个式子相加得sinA+sinB+sinC>csA+csB+csC，故D正确．
故选：ABD．
根据大边对大角，即可判断A；利用余弦定理即可判断B；利用正余弦函数的单调性即可判断C；利用诱导公式和正弦函数的单调性可得sinA>csB，同理可得sinB>csC，sinC>csA，即可判断D．
本题主要考查了三角形的边角关系，余弦定理，三角函数性质的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，P为△ABC内的一点，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,4)，B(−3,0)，C(3,0)，
对于选项A：若P为△ABC的重心，
则xP=0−3+33=0，yP=4+0+03=43，
则P(0,43)，
所以AP=(0,−83),AB=(−3,−4),AC=(3,−4)，
若AP=xAB+yAC，
由平面向量基本定理可得：−3x+3y=0−4x−4y=−83，
解得x=y=13，
所以2x+y=1，
即选项A正确；
对于选项B：若P为△ABC的外心，其必在直线AO上，
所以PB⋅BC=(PO+OB)⋅BC=PO⋅BC+OB⋅BC=3×6×(−1)=−18，
即选项B错误；
对于选项C：若P为△ABC的垂心，其必在AO上，
设P(0,m)，
则CP⋅AB=(−3,m)⋅(−3,−4)=9−4m=0，
解得m=94，
此时AP=(0,−74),AB=(−3,−4),AC=(3,−4)，
若AP=xAB+yAC，
由平面向量基本定理可得：−3x+3y=0−4x−4y=−74，
解得x=y=732，
所以x+y=716，
即选项C正确；
对于选项D：若P为△ABC的内心，
设内切圆半径为r，
则12×6×4=12×r×(5+5+6)，
得r=32，
则P(0,32)，
此时AP=(0,−52),AB=(−3,−4),AC=(3,−4)，
若AP=xAB+yAC，
由平面向量基本定理可得：−3x+3y=0−4x−4y=−52，
解得x=y=516，
所以x+y=516+516=58，
即选项D正确．
故选：ACD．
对于ACD：先求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求解；对于B：利用PB⋅BC=(PO+OB)⋅BC展开计算即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量基本定理，属中档题．
12.【答案】 7
【解析】解：向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，
则|a+b|2=|a|2+2a⋅b+|b|2=|a|2+2|a|⋅|b|cs60°+|b|2=4+2×2×1×12+1=7，
则|a+b|= 7，
故答案为： 7
根据向量的数量积和向量的模计算即可．
本题考查了向量的数量积和向量的模，属于基础题．
13.【答案】1
【解析】解：z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，
则z4+z3+z2+z=1−i−1+i=0，
所以f(z)=z2020(z4+z3+z2+z)+z2016(z4+z3+z2+z)+⋯+(z4+z3+z2+z)+1=1．
故答案为：1．
通过计算得到z4+z3+z2+z=0，然后整体代入计算即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
14.【答案】−53,0∪0,+∞
【解析】【分析】
本题考查数量积与向量的夹角，得出a⋅(a+λb)>0，且a与a+λb不共线是解决问题的关键，属中档题．由向量坐标的运算可得a+λb的坐标，由题意可得a⋅(a+λb)>0，且a与a+λb不共线，解不等式可得实数λ的取值范围．
【解答】解：∵a=(1,2)，b=(1,1)
∴a+λb=(1+λ,2+λ)．
∵a与a+λb的夹角为锐角．
∴a⋅(a+λb)>0，且a与a+λb不共线．
∴1⋅(1+λ)+2(2+λ)>0，且1⋅(2+λ)−2(1+λ)≠0．
解得λ>−53且λ≠0．
故答案为−53,0∪0,+∞．
15.【答案】解：(1)m=1时，z=3−4i，所以|z|= 32+(−4)2=5．
(2)因为复数z为纯虚数，
所以m2−2m−3≠0m2+2m=0，即m≠3且m≠−1m=0或m=−2，
解得m=0或m=−2．
【解析】(1)m=1时求出z，再由复数模的公式求解；
(2)由复数为纯虚数，根据虚部、实部满足条件求解即可．
本题主要考查了复数的四则运算及复数基本概念的应用，属于基础题．
16.【答案】解：(1)因为OA⊥OC，所以m+6=0，即m=−6，
所以AB=(3,1)，OC=(−6,3)，
所以cs=AB⋅OC|AB||OC|=−18+3 10× 45=− 22，
又因为∈[0,π]，
所以向量AB与OC的夹角为3π4；
(2)OB=OA+AB=(4,3)，OC=(m,3)；
由OB⊥OC，得4m+9=0，所以m=−94，
AB=(3,1)，OC=(−94,3)，
则AB在OC方向上的投影向量为：
|AB|⋅AB⋅OC|AB||OC|⋅OC|OC|=−274+38116+9OC=−154×1681+9×16OC
=−15×49×25OC=−415(−94,3)=(35,−45)．
【解析】(1)根据向量垂直的坐标表示求得m=−6，然后由向量夹角的坐标表示可得；
(2)由向量垂直的坐标表示求得m=−94，然后由投影向量公式可得．
本题考查向量的坐标运算及投影向量的求法，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2R(R为外接圆半径)，
可得a=2RsinA，b=2RsinB，
又 3acsB=bsinA，
所以 3⋅2RsinAcsB=2RsinBsinA，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
所以 3csB=sinB，
所以tanB= 3，
又B∈(0,π)
所以B=π3；
(2)又S1+S3−S2=10 3，
所以12a2⋅ 32+12c2⋅ 32−12b2⋅ 32=10 3，即a2+c2−b2=40，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，
所以ac=40，
所以S=12acsinB=12×40× 32=10 3；
(3)由题意sinA=a2R，sinC=c2R，
所以ac(2R)2=3049，
由①ac=40代入得2R= 43×49=2×7 3=14 3，bsinB=b 32=2R，
所以b=7，
又因为b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−3ac=(a+c)2−120，
所以(a+c)2=49+120，即a+c=13，
于是△ABC的周长为a+b+c=13+7=20．
【解析】(1)利用正弦定理将条件 3acsB=bsinA转化为角的关系，化简可得结论；
(2)根据面积公式化简S1+S3−S2=10 3，结合余弦定理可求ac，利用三角形面积公式求△ABC的面积；
(3)由正弦定理可将条件可化为ac(2R)2=3049，结合(2)的结论可求R，再由正弦定理求b，结合余弦定理求a+c，可得结论．
本题考查了正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由D是BC的中点，BE=2EA，
可得DE=AE−AD=13AB−12(AB+AC)=−16AB−12AC；
(2)E，C，O共线，所以EO=λEC，
所以AO−AE=λ(AC−AE)，即AO=λAC+(1−λ)AE，
由BE=2EA，得AO=λAC+(1−λ)13AB，
又因为AO=μAD，所以AO=μ2AB+μ2AC，
由平面向量基本定理，可得λ=μ21−λ3=μ2，
解得λ=14，即AO=14AC+14AB，
因为G，O，H共线，所以AO=mAG+(1−m)AH，
即AO=m⋅23AB+(1−m)⋅tAC，
所以2m3=14(1−m)t=14，解得m=38t=25；
(3)因为AB⋅AD=3AO⋅EC，
故可得AB⋅12(AB+AC)=3⋅14(AB+AC)⋅(AC−13AB)，
所以AB2+AB⋅AC=AB⋅AC+32AC2−12AB2，
整理得32|AB|2=32|AC|2，所以AB=AC，从而得ABAC=1．
【解析】(1)根据平面向量的线性运算，结合三角形的结合特点，直接求解即可；
(2)先求得AO=14AC+14AB，再将其转化为用AG,AH表示AO，结合三点共线，即可求得参数值；
(3)用基底AB,AC表示目标式中的所有向量，再结合向量的数量积运算，即可求得结果．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
19.【答案】解：(1)①在△ABC中，由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
又因为sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以sinAcsC+ 3sinAsinC−sinC=sinAcsC+csAsinC，
化简得 3sinA−csA=1，即2sin(A−π6)=1，
又A∈(0,π)，则A−π6∈(−π6,5π6)，所以A−π6=π6，所以A=π3；
②由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，所以b2+c2−bc=4≥2bc−bc，即bc≤4，
所以S△ABC=12bcsinA≤12×4× 32= 3，当且仅当b=c=2时面积最大；
(2)因为tanB2=sinB2csB2=2sinB2csB22cs2B2=sinB1+csB，
由题意可得sinB1+csB=sinA2−csA，即sinB(2−csA)=sinA(1+csB)，
整理得2sinB=sinA+sinAcsB+csAsinB=sinA+sin(A+B)=sinA+sinC，
由正弦定理可得2b=a+c=8，即b=a+c2=4，
则由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−b22ac=24ac−1，
所以sinB= 1−cs2B= 1−(24ac−1)2，
所以S△ABC=12acsinB=12 (ac)2−(24−ac)2=2 3ac−36，
又ac≤(a+c2)2=16，当且仅当a=c=4时等号成立，
所以S△ABC=2 3ac−36≤2 3×16−36=4 3，
即△ABC面积的最大值12×4× 42−22=4 3．
【解析】(1)①利用正弦定理边化角，然后利用三角公式整理化简即可；
②利用余弦定理以及基本不等式求出bc的最大值，进而可得△ABC面积的最大值；
(2)先将条件利用三角公式变形，然后利用正弦定理角化边可得b，接着利用余弦定理和同角关系结合面积公式得S△ABC=2 3ac−36，最后利用基本不等式求△ABC面积的最大值即可．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．