2023-2024学年江西省景德镇市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省景德镇市高一（下）期末数学试卷（含解析），共11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.已知m为实数，若复数z=(m2−4)+(m+2)i为纯虚数，则复数z的虚部为( )
A. 2B. −2iC. 4D. −4i
2.已知向量a=(−1,3),b=(2,4)，则2a−b的坐标为( )
A. (6,8)B. (−4,2)C. (−6,12)D. (4,18)
3.若α为第三象限角，且sinα=−13，则tanα=( )
A. 2 2B. −2 2C. 24D. − 24
4.月牙泉，古称沙井，俗名药泉，自汉朝起即为“敦煌八景”之一，得名“月泉晓澈”，因其形酷似一弯新月而得名，如图所示，月牙泉边缘都是圆弧，两段圆弧可以看成是△ABC的外接圆和以AB为直径的圆的一部分，若∠ACB=2π3，南北距离AB的长大约60 3m，则该月牙泉的面积约为( )
(参考数据：π≈3.14, 3≈1.73.)
A. 572m2B. 1448m2C. 1828m2D. 2028m2
5.如图在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且AE=2EO，则ED=( )
A. 13AD−23ABB. 23AD+13ABC. 23AD−13ABD. 13AD+23AB
6.已知α为钝角，β为锐角，且sinα=45，sinβ=1213，则csα−β2的值为( )
A. −7B. 7C. −7 6565D. 7 6565
7.棣莫弗公式(csx+i⋅sinx)n=cs(nx)+i⋅sin(nx)(其中i为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667−1754)发现的，根据棣莫弗公式可知，复数(csπ3+i⋅sinπ3)2在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
8.已知sinα+csα=3 55,α∈(0,π4),sin(β−π4)=35，β∈(π4,π2)，则cs(α+2β)的值为( )
A. −11 525B. −1125C. 1125D. 11 525
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.已知复数z是2−i2+i的共轭复数，则( )
A. z−=35+45iB. |z|=1C. z2=−725−2425iD. z=35+45i
10.已知m=(2,−3),n=(2,1)，则下列说法正确的有( )
A. (m−2n)⊥n
B. m与n可以作为一组基底向量
C. cs〈m,n〉= 6565
D. m在n方向上的投影向量的坐标为(23,13)
11.已知α，β均为锐角，2csα=sin(α+β)，则下列说法正确的是( )
A. 若β=π6，则α=π3B. 若α+2β=π2，则sinβ=12
C. 若β>π6，则α+β>π2D. α的最小值为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,−1)，b=(−2,t)，若a与b共线，则t= ______．
13.已知θ∈(3π4,π)，tan2θ=−4tan(θ+π4)，则1+sin2θ2cs2θ+sin2θ= ______．
14.在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，D，E为边BC上两点，且∠DAE=45°，则AD⋅AE的最小值为______．
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)
已知复数z=5(1−i)1+2i+2+i,i为虚数单位．
(1)求|z|；
(2)若复数z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，求实数m，n的值．
16.(本小题15分)
已知向量k=(1,−2),j=(1,λ)．
(1)若k⋅j=−5，求实数λ的值以及k在j方向上的投影数量；
(2)若f(x)=j2⋅x2+(λ+2)x+对∀x∈R有f(x)≥0恒成立，求实数λ取值范围．
17.(本小题15分)
函数f(x)=sinωxcsωx+cs2ωx，ω>0，函数f(x)的最小正周期为π．
(1)求函数f(x)的递增区间；
(2)将函数f(x)的图像向左平移π4个单位，得到函数g(x)的图像，再将函数g(x)的图像上烡有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数ℎ(x)的图像，求函数ℎ(x)在[−π2,π2]上的值域．
18.(本小题17分)
请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
①(a+c)(sinA−sinC)+(b−a)sinB=0；
②2sinB−sinA=2sinCcsA；
③ccs(π2−A)= 3asin(C+5π2)．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若_____．
(1)求角C；
(2)若c=4，求△ABC周长的取值范围．
19.(本小题17分)
在△ABC中，已知tanA+tanB= 3(tanAtanB−1)．
(1)求C；
(2)设AB= 3，点P为△ABC外接圆O上的一个动点；
(i)求PA⋅PB的取值范围；
(ii)若CO=λCA+μCB，且λ+μ=23，求△ABC的周长．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：由z=(m2−4)+(m+2)i为纯虚数，
则m2−4=0m+2≠0，解得m=2．
∴复数z的虚部为m+2=4．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】解：因为a=(−1,3),b=(2,4)，
所以2a−b=2(−1,3)−(2,4)=(−4,2)．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：因为α为第三象限角，且sinα=−13，
所以csα=− 1−sin2α=−2 23，
则tanα=sinαcsα= 24．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】解：设三角形ABC的外接圆半径为r，则2r=ABsin2π3=60 3 32=120，所以r=60，
因为月牙内弧所对的圆心角为2π−2×2π3=2π3，所以内弧的弧长为l=60×2π3=40π，
所以弓形的面积为S1=12×40π×60−12×60×60×sin2π3=1200π−900 3，
以AB为直径的半圆的面积为12×π×(30 3)2=1350π，
所以月牙泉的面积为1350π−(1200π−900 3)=150π+900 3≈2028m2，
故选：D．
5.【答案】C
【解析】解：ED=AD−AE=AD−13AC
=AD−13(AD+AB)
=23AD−13AB，
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：∵α为钝角，β为锐角，且sinα=45，sinβ=1213，
∴csα=−35，csβ=513，
∴cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=(−35)⋅513+45⋅1213=3365，
∵α为钝角，β为锐角，
∴csα−β2>0，
∴csα−β2= 1+cs(α−β)2=7 6565．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】解：由题意，(csπ3+i⋅sinπ3)2=cs2π3+i⋅sin2π3=−12+ 32i，
在复平面内所对应的点为(−12, 32)，位于第二象限．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：因为β∈(π4,π2)，sin(β−π4)=35，
所以β−π4∈(0,π4)，cs(β−π4)=45，
于是sin2(β−π4)=2sin(β−π4)cs(β−π4)=2425=−cs2β，
所以cs2β=−2425，
又2β∈(π2,π)，sin2β=725，
由sinα+csα=3 55，α∈(0,π4)，以及cs2α+sin2α=1，可得csα=2 5，sinα=1 5，
则cs(α+2β)=csαcs2β−sinαsin2β=2 55×−2425− 55×725=−11 525．
故选：A．
9.【答案】BD
【解析】解：2−i2+i=(2−i)2(2+i)(2−i)=35−45i，
又复数z是2−i2+i的共轭复数，则z=35+45i，故A错误；|z|= (35)2+(45)2=1，故B正确；
z2=(35+45i)2=−725+2425i，故C错误；z=35+45i，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，(m−2n)⋅n=m⋅n−2|n|2=4−3−2×5=−9≠0，即m−2n与n不垂直，故A错误；
对于B，因为2×1−(−3)×2=8≠0，所以m，n不共线，故m与n可以作为一组基底向量，故B正确；
对于C，cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=4−3 13× 5= 6565，故C正确；
对于D，m在n方向上的投影向量为m⋅n|n|2⋅n=15(2,1)=(25,15)，故D错误．
故选：BC．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，若β=π6，
由2csα=sin(α+β)得，2csα=sin(α+π6)=sinαcsπ6+csαsinπ6= 32sinα+12csα，
即32csα= 32sinα⇒tanα= 3，
又α为锐角，所以α=π3，故A正确；
对于B选项，若α+2β=π2，则α=π2−2β，
由2csα=sin(α+β)得，2cs(π2−2β)=sin(π2−2β+β)，
所以2sin2β=csβ=4sinβcsβ，
因为β为锐角，csβ≠0，
故sinβ=14，故B错误；
对于D选项，由2csα=sin(α+β)，得2csα=sinαcsβ+csαsinβ⇒tanα=2−sinβcsβ=2−sinβ 1−sin2β，
令y=tanα，x=sinβ，则y=2−x 1−x2，
两边平方得y2=4−4x+x21−x2⇒(1+y2)x2−4x+4−y2=0，
由判别式法可得Δ=(−4)2−4(1+y2)(4−y2)≥0，解得y2≥3，
即tanα≥ 3，又α为锐角，所以α的最小值为π3，当β=π6时，α取最小值，故D正确；
对于C选项，由D选项可知，α≥π3，而β>π6，所以α+β>π2，故C正确．
故选：ACD．
12.【答案】2
【解析】解：根据题意，a=(1,−1)，b=(−2,t)，
若a与b共线，则有(−1)×(−2)=t，即t=2．
故答案为：2．
13.【答案】14
【解析】解：因为tan2θ=−4tan(θ+π4)，
则2tanθ1−tan2θ=−4(tanθ+tanπ4)1−tanθ⋅tanπ4=−4(tanθ+1)1−tanθ，
显然1−tanθ≠0，可得tanθ1+tanθ=−2(tanθ+1)，
整理得2tan2θ+5tanθ+2=0，解得tanθ=−2或tanθ=−12，
又因为θ∈(3π4,π)，
则tanθ∈(−1,0)，
可得tanθ=−12，
所以1+sin2θ2cs2θ+sin2θ=sin2θ+cs2θ+2sinθcsθ2cs2θ+2sinθcsθ=sinθ+csθ2csθ=12(tanθ+1)=14．
故答案为：14．
14.【答案】4 2−4
【解析】解：设∠DAB=θ，则∠BDA=3π4−θ，
由正弦定理可得：ABsin(3π4−θ)=ADsinπ4，所以AD= 2sin(3π4−θ)，
同理可得AE= 2sin(π2+θ)= 2csθ，
所以AD⋅AE= 2sin(3π4−θ)× 2csθ×csπ4
=2cs2θ+sinθcsθ=212+cs2θ2+sin2θ2
=41+ 2sin(2θ+π4)≥41+ 2
=4( 2−1)=4 2−4．
故答案为：4 2−4．
15.【答案】解：(1)根据题意，可得z=5(1−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)+(2+i)=5(−1−3i)1−4i2+2+i=−1−3i+2+i=1−2i．
所以|z|= 12+(−2)2= 5；
(2)由(1)得z=1−2i，因为z是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，
所以方程x2+mx+n=0的另一个根为z−=1+2i，
可得z+z−=−mz⋅z−=n，即(1−2i)+(1+2i)=−m(1−2i)(1+2i)=n，2=−m1−4i2=n，化简得m=−2，n=5．
【解析】(1)根据复数的四则运算法则，化简得到z=1−2i，然后根据复数的模的公式求出|z|的值；
(2)根据“实系数一元二次方程有一对共轭的虚数根”，建立关于m、n的等式，进而计算出m、n的值．
16.【答案】解：(1)因为k=(1,−2)，j=(1,λ)，
所以k⋅j=1−2λ=−5，解得λ=3；
则j=(1,3)，所以k在j方向上的投影数量为k⋅j|j|=−5 12+32=− 102；
(2)由题意，f(x)=(1+λ2)x2+(λ+2)x+1≥0在R上恒成立，
因为1+λ2>0，故有Δ=(λ+2)2−4(1+λ2)≤0，解得λ≥43或λ≤0，
即实数λ的取值范围为：(−∞,0]∪[43,+∞)．
【解析】(1)由数量积的坐标表示式计算即得λ的值；利用投影向量的定义式计算即得；
(2)由题中条件，将不等式整理得到一元二次不等式在R上恒成立，只需求解Δ≤0即得．
17.【答案】解：(1)f(x)=sinωxcsωx+cs2ω=sinωx⋅csωx+1+cs2ωx2=12sin2ωx+12cs2ωx+12= 22sin(2ωx+π4)+12，
函数f(x)的最小正周期为π，所以2π2ω=π，所以ω=1．
所以f(x)= 22sin(2x+π4)+12．
令−π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ,k∈Z，
即−3π8+kπ≤x≤π8+kπ,k∈Z，
所以函数f(x)的递增区间为[−3π8+kπ,π8+kπ](k∈Z)．
(2)将函数f(x)的图像向左平移π4个单位，得到函数g(x)的图像，g(x)= 22sin[2(x+π4)+π4]+12= 22sin(2x+3π4)+12，
再将函数g(x)的图像上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，
得到函数ℎ(x)= 22sin(x+3π4)+12．
因为x∈[−π2,π2],x+3π4∈[π4,5π4],sin(x+3π4)∈[− 22,1]，
所以 22sin(2x+3π4)+12∈[0, 2+12]．
所以ℎ(x)在[−π2,π2]上的值域为[0, 2+12]．
【解析】(1)直接利用三角函数关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的单调区间；
(2)利用函数的图象的平移变换和伸缩变换求出函数的关系式，再结合函数的定义域求出函数的值域．
18.【答案】解：(1)选择①，(a+c)(sinA−sinC)+(b−a)sinB=0，
由正弦定理，(a+c)(a−c)+(b−a)b=0，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理，csC=a2+b2−c22ab=12，
因为0选择②，2sinB−sinA=2sinCcsA，因为sinB=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA，
则2(sinAcsC+sinCcsA)−sinA=2sinCcsA，整理得，sinA(2csC−1)=0，
因为00，故csC=12，因为0故C=π3；
选择③，由ccs(π2−A)= 3asin(C+5π2)可得，csinA= 3acsC，
由正弦定理得，sinCsinA= 3sinAcsC，
因为00，故tanC= 3，
因为0(2)由正弦定理，asinA=bsinB=4sinπ3=8 33，
故a=8 32sinA，b=8 33sinB=8 33sin(π3+A)=4 33sinA+4csA，
于是△ABC的周长为L=a+b+4=8 33sinA+4 33sinA+4csA+4=4 3sinA+4csA+4=8sin(A+π6)+4，
因为0所以π6故8【解析】(1)分别选择①，②，③，利用正弦定理和余弦定理边角互化，借助于三角形内角和与诱导公式化简，最后通过观察三角函数图象即可求出角C；
(2)利用正弦定理化边为角表示，把三角形的周长整理成关于内角的正弦型函数，结合正弦函数的图象即可求得三角形周长的范围．
19.【答案】解：(1)因为tanA+tanB= 3(tanAtanB−1)，
所以tan(A+B)=tanA+tanB1−tanAatnB= 3(tanAtanB−1)1−tanAtanB=− 3，
在三角形ABC中，tan(A+B)=tan(π−C)=−tanC，
所以tanC= 3，又C∈(0,π)，所以C=π3；
(2)如图所示，以AB中点D为原点，AB为x轴建立平面直角坐标系，

则圆心O在y轴上，不妨设O(0,y0)，y0≥0，
则A(− 32,0)，B( 32,0)，
由正弦定理，可得外接圆半径r=12×ABsinC=12× 3 32=1，
由|OA|=1，得 (0+ 32)2+(y0−0)2=1，解得x0=0y0=12，
所以O(0,12)，所以外接圆的方程为x2+(y−12)2=1，
(i)设p(xP,yP)，则PA=(− 32−xP,−yP)，PB=( 32−xP,−yP)，
所以PA⋅PB=(− 32−xP,−yP)⋅( 32−xP,−yP)=xP2−34+yP2，
又因为点P在△ABC的外接圆O上，
所以xP2+(yP−12)2=1，即xP2=1−(yP−12)2，
所以PA⋅PB=xP2−34+yP2=1−(yP−12)2−34+yP2=yP，
又(yP−12)2=1−xP2≤1，所以−12≤yP≤32，
所以PA⋅PB∈[−12,32]；
(ii)因为点C在外接圆x2+(y−12)2=1上，所以设C(sinθ,csθ+12)，
则CO=(−sinθ,−csθ)，CA=(− 32−sinθ,−csθ−12)，CB=( 32−sinθ,−csθ−12)，
所以CO=λCA+μCB=λ(− 32−sinθ,−csθ−12)+μ( 32−sinθ,−csθ−12)
=(λ(− 32−sinθ)+μ( 32−sinθ),(λ+μ)(−csθ−12))=(−sinθ,−csθ)，
所以(λ+μ)(−csθ−12)=−csθ，
又因为λ+μ=23，所以csθ=1，所以sinθ=0，即C(0,32)，经检验符合题意，
所以△ABC为等边三角形，其周长为3 3．
【解析】(1)根据两角和的正切公式，求得tan(A+B)的值，然后利用三角形内角和为π，求出tan(A+B)=−tanC，从而求得tanC= 3，即可求出角C；
(2)(i)根据正弦定理求出外接圆的半径，以AB中点D为原点，AB为x轴，建立平面直角坐标系，即可求出圆心坐标，利用坐标表示PA⋅PB，从而求得取值范围；
(ii)利用点C在外接圆上，设C(sinθ,csθ+12)，再根据已知等式关系，求出点C的坐标，判断出三角形为等边三角形，从而求得周长．