2023-2024学年河南省郑州市中牟第一高级中学高一（下）第二次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州市中牟第一高级中学高一（下）第二次月考数学试卷（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.已知i为虚数单位，复数z=1+2i1−i，则复数z在复平面上的对应点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2B′C′=2，A′B′=1，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 5
D. 5
3.若平面向量a，b，c两两所成的角相等，|a|=|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|=( )
A. 2B. 5C. 2或5D. 2或 5
4.已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则此圆锥的母线长为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
5.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA：sinB：sinC=2：3：4，则csC的值为( )
A. −14B. 14C. −23D. 23
6.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知AB=8cm，CD=2cm，则该青铜器的体积为( )
A. 87 2πcm3B. 87 2π4cm3C. 43 2π2cm3D. 43 2πcm3
7.在△ABC中，2csin2A2=c−b(a,b,c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状可能是( )
A. 正三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形
8.如图，已知正六边形ABCDEF的边长为2，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则PM⋅PN的取值范围是( )
A. [32,3]B. [32,4]C. [2,3]D. [2,4]
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.下列命题中不正确的是( )
A. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
B. 正四棱锥的侧面都是正三角形
C. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D. 平行六面体的每个面都是平行四边形
10.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有( )
A. 复数z=3−2i的共轭复数的虚部为2B. 若z2∈R，则z∈R
C. 若(1+i)z=1−i，则|z|=1D. 若z2+1=0，则z=i
11.设z为复数(i为虚数单位)，下列命题正确的有( )
A. 复数z=3−2i的共轭复数的虚部为2B. 若z2∈R，则z∈R
C. 若(1+i)z=1−i，则|z|=1D. 若z2+1=0，则z=i
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量AB=(−1,2)，AC=(2,3)，AD=(m,−3)，若B，C，D三点共线，则m= ______．
13.济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征.小明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端D的仰角为30°，他又沿着泉标底部方向前进34.2米，到达B点，又测得泉标顶端D的仰角为50°，则小明同学求出泉标的高度约为______米.(参考数据：sin20°≈0.342，sin50°≈0.766，sin80°≈0.985)
14.在复平面内，复数z1，z2对应的点关于直线x+y=0对称，若z1=2+i，则|z2−1+3i|= ______．
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)
解答下列各题：
(1)已知z是复数，z−3i为实数，z−5i−2−i为纯虚数(i为虚数单位)，求复数z；
(2)已知复数z=(1+i)m2−3im+2i−1，实数m为何值时，复数z表示的点位于第四象限．
16.(本小题15分)
已知向量a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,−1)．
(1)若|c|=3 2，且c//a，求向量c的坐标；
(2)若b是单位向量，且a⊥(a−2b)，求a与b的夹角θ．
17.(本小题15分)
在△ABC中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且a2−b2−c2+bc=0．
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积S=3 32，c= 3，求sinBsinC的值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，点D在边BC上，CD=2BD．
(1)若cs∠ADC=−14，AC=8，AD=4，求AB；
(2)若△ABC是锐角三角形，B=π3，求BDAB的取值范围．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.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；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=1+2i1−i=(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−12+32i
对应的点的坐标为(−12,32)
在第二象限
故选B
将复数的分子分母同乘以1+i，利用多项式的乘法分子展开，求出对应的点的坐标，判断出所在的象限．
本题考查复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数．
2.【答案】C
【解析】解：由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，
由斜二测法则知AB=A′B′=2，BC=B′C′=1，AB⊥BC，
所以AC= AB2+BC2= 22+12= 5．
故选：C．
根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．
本题考查直观图的画法，解题中需要直观想象能力，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：由向量a、b、c两两所成的角相等，设向量所成的角为α，由题意可知α=0°或α=120°，
则(|a+b+c|) 2=|a|2+|b|2+|c|2+2(a⋅b+a⋅c+b⋅c)=11+2(|a|⋅|b|csα+|a|⋅|c|csα+|b|⋅|c|csα)=11+14csα．
所以当α=0°时，|a+b+c|=5；
当α=120°时，|a+b+c|=2．
故选：C．
设向量所成的角为α，则α=0°或α=120°，先求出(|a+b+c|) 2的值即可求出．
考查学生会计算平面向量的数量积，灵活运用a⋅b=|a|⋅|b|csα的公式，求向量的模的方法，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，
而120°=2π3，
则有2π3l=2π×1，变形可得l=2π2π3=3．
故选：B．
根据题意，由圆锥的特征及扇形的弧长公式计算即可．
本题考查圆锥的结构特征，涉及圆锥母线长的计算，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：在△ABC中，∵sinA：sinB：sinC=2：3：4，
∴由正弦定理可得a：b：c=2：3：4，
∴a=2b3，c=4b3，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=4b29+b2−16b292×2b3×b=−14．
故选：A．
由正弦定理可得a：b：c=2：3：4，进而可用b表示a，c，代入余弦定理化简可得．
本题考查正余弦定理的应用，用b表示a，c是解决问题的关键，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意可得该青铜器的体积为：
π×22×2 2+13×(π×22+π×42+ π×22×π×42)×3 2+13×(π×42+π×12+ π×42×π×12)× 2
=8 2π+28 2π+7 2π=43 2π．
故选：D．
根据圆柱的体积公式，圆台的体积公式即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由已知sin2A2=c−b2c，得1−csA2=c−b2c，即csA=bc，
由正弦定理可得：csA=sinBsinC，
所以csAsinC=sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
得csCsinA=0，
在△ABC中sinA≠0，所以csC=0，
又0故选：B．
根据条件先求出csB，再结合正弦定理和三角形的内角和公式，可求出角B，从而判断三角形的形状．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，取AF的中点Q，
根据题意，△AOF是边长为2的正三角形，
易得|OQ|= 3，
PM⋅PN=(PO+OM)⋅(PO+ON)
=PO2+PO⋅ON+PO⋅OM+OM⋅ON
=|PO|2+PO⋅(ON+OM)−1
=|PO|2−1，
根据图形可知，当点P位于正六边形各点的中点时，|PO|有最小值 3，
此时|PO|2−1=2；
当点位于正六边形的顶点时，|PO|有最大值2，
此时|PO|2−1=3；
综上，2≤PM⋅PN≤3．
故选：C．
取AF的中点Q，可求得|OQ|= 3，而PM⋅PN=(PO+OM)⋅(PO+ON)=|PO|2−1，结合图形可知，|PO|的最大值和最小值，由此得解．
本题考查平面向量的数量积，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故选项A正确；
对于B，正四棱锥的侧面都是等腰三角形，但不一定是正三角形，故选项B错误；
对于C，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，而不是用一个平面去截圆锥，故选项C错误，
对于D，平行六面体的每个面都是平行四边形，故选项D正确，
故选：BC．
根据题意，由正四棱锥的概念判断选项B；由旋转体的结构特征判断选项A，C；由平行六面体的特征判断选项D，综合可得答案．
本题考查棱锥、圆锥的结构特征，涉及平行六面体的定义，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：复数z=3−2i的共轭复数的虚部为2，故A正确；
若z=i，满足z2=−1∈R，但z∉R，故B错误；
(1+i)z=1−i，
则z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，
故|z|=1，故C正确；
z2+1=0，
则z=±i，故D错误．
故选：AC．
根据已知条件，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为z=3−2i，则z−=3+2i，其虚部为2，故A正确；
对于B，取z=i，此时z2=−1∈R，但z∉R，故B错误；
对于C，若(1+i)z=1−i，则z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，故|z|=1，故C正确；
对于D，若z2+1=0，则z2=−1，解得z=±i，故D错误．
故选：AC．
利用共轭复数的定义可判断A；利用特殊值法可判断B；利用复数的除法化简复数z，结合复数的模长公式可判断C；解方程z2+1=0可判断D．
本题主要考查了复数的基本概念及四则运算，属于基础题．
12.【答案】−16
【解析】解：由题意可得：BC=AC−AB=(3,1)，BD=AD−AB=(m+1,−5)，
若B，C，D三点共线，可知BC//BD，
则m+1=−15，解得m=−16．
故答案为：−16．
根据题意求BC,BD，结合向量共线的坐标运算求解．
本题主要考查了向量平行与点共线的转化及向量平行的坐标表示，属于基础题．
13.【答案】38.3
【解析】解：设CD=h，在△ACD中，∠CAD=30°，则AD=CDsin30∘=2h，
在△ABD中，由正弦定理得sin∠ADBsin∠ABD=ABAD，所以sin(50°−30°)sin(180∘−50∘)=34.22h=sin20°sin50∘，
结合sin20°≈0.342，sin50°≈0.766，解得h=38.3.所以泉标的高度约为38.3米．
故答案为：38.3．
设CD=h，则AD=2h，在△ABD中利用正弦定理求解即可．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】 5
【解析】解：复数z1，z2对应的点关于直线x+y=0对称，z1=2+i，
则z2=−1−2i，
故|z2−1+3i|=|−1−2i−1+3i=|−2+i|= (−2)2+12= 5．
故答案为： 5．
根据已知条件，结合复数的几何意义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，以及复数模公式，属于基础题．
15.【答案】解：(1)设复数z=a+bi(a,b∈R)，
因为z−3i=a+(b−3)i为实数，所以b=3，则复数z=a+3i(a∈R)，
又因为z−5i−2−i=a−2i−2−i=(a−2i)(−2+i)(−2−i)(−2+i)=2−2a+(a+4)i5=2−2a5+a+45i为纯虚数，
则2−2a=0a+4≠0，得a=1，
所以复数z=1+3i．
(2)z=(1+i)m2−3im+2i−1=m2−1+(m2−3m+2)i，
由复数z表示的点位于第四象限，可得m2−1>0m2−3m+2<0，解得1当1∴m的取值范围为(1,2)．
【解析】(1)设复数z=a+bi(a,b∈R)，根据z−3i为实数求得b，再由z−5i−2−i为纯虚数求得a．
(2)由复数z表示的点位于第四象限列出不等式组求解即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵|c|=3 2，且c//a，a=(1,−1)，设c=xa=(x,−x)，∴x2+(−x)2=18，
求得x=±3，
故c=(−3,3)或c=(3,−3)．
(2)因为|a|= 2，且a⊥(a−2b)，
所以，a⋅(a−2b)，即a2−2a⋅b=0，所以a⋅b=1，
故cs θ=a⋅b|a|⋅|b|= 22，
∵0≤θ≤π，∴θ=π4．
【解析】(1)由题意利用两个向量共线的性质、两个向量的数量积公式，计算求得结果．
(2)由题意利用两个向量垂直的性质求得a⋅b 的值，再利用两个向量的夹角公式求得csθ，可得θ的值．
本题主要考查两个向量共线、垂直的性质、两个向量的数量积公式，两个向量的夹角公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为a2−b2−c2+bc=0，整理得a2=b2+c2−bc，
又由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为0所以A=π3；
(2)由(1)得A=π3，因为△ABC的面积S=3 32，
所以12bcsinA=12bcsinπ3=3 32，
所以bc=6，
由于c= 3，所以b=2 3，
又由余弦定理：a2=b2+c2−2bccsA=12+3−6=9，
所以a=3．
所以2R=asinA=2 3，
所以由正弦定理得bc=(2R)2sinCsinB=12sinCsinB=6，
所以sinBsinC=12．
【解析】(1)由余弦定理和三角函数值与角的关系可求出；
(2)由三角形的面积公式得到bc=6，再由余弦定理求出a=3，最后再利用正弦定理求出外接圆半径，求得最后结果．
本题考查正弦定理，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据余弦定理，在△ACD中，
cs∠ADC=AD2+CD2−AC22×CD×AD=CD2−488CD=−14，
则CD=6，所以BC=23CD=9，
则cs∠C=CD2+AC2−AD22×CD×AC=36+64−162×6×8=78，
在△ABC中，
AB2=AC2+BC2−2AC×BC×csC
=64+81−2×8×9×78=19，
所以AB= 19；
(2)以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示直角坐标系，

设BC=3，AB=t，又CD=2BD，则BD=1，
则A(−t2, 32t)，B(0,0)，C(−3,0)，
则CA=(−t2+3, 32t)，CB=(3,0)，AC=(t2−3,− 32t)，AB=(t2,− 32t)，
由△ABC是锐角三角形，可得CA⋅CB>0AC⋅AB>0，
即3(−t2+3)>0t2(t2−3)+3t24>0，解得32故BDAB=1t∈(16,23)．
【解析】本题考查三角形中的几何计算，考查余弦定理，属于中档题．
(1)由题设，结合余弦定理即可求解；
(2)建立平面直角坐标系，利用向量夹角为锐角，得数量积大于0，即可求得取值范围．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．