2023-2024学年山东省枣庄三中高一（下）质检数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省枣庄三中高一（下）质检数学试卷（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=2+i1−2i，则在复平面内，z对应的点的坐标是( )
A. (1,0)B. (0,1)C. (−53,−43)D. (−43,−53)
2.已知a=(5,4)，b=(3,2)，则与2a−3b平行的单位向量为( )
A. ( 55,2 55)B. ( 55,2 55)或(− 55,−2 55)
C. ( 55,−2 55)或(− 55,2 55)D. (− 55,−2 55)
3.设e为单位向量，|a|=2，当a，e的夹角为π3时，a在e上的投影向量为( )
A. −12eB. eC. 12eD. 32e
4.在△ABC中，若2acsB=c，则该三角形一定是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 不能确定
5.不解三角形，下列三角形中有两解的是( )
A. a=2，b=3，B=105°B. a=2，b=3，B=35°
C. a=2，b=3，A=90°D. a=3，b=2，B=35°
6.设单位向量a，b，c，若p=a+b+c，则|p|的取值范围为( )
A. [0,3]B. [0,2]C. [0,1]D. [1,2]
7.若△ABC是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，M为线段AG上任意一点，则BM⋅MG的取值范围是( )
A. [0, 32]B. [0,34]C. [−34,0]D. [− 32, 32]
8.如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔BD，若某科研小组在坝底A点测得∠BAD=15°，沿着坡面前进40米到达E点，测得∠BED=45°，则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为( )
A. 3−1B. 3−12C. 2−1D. 2−12
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i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 复数−2−i的虚部为−i
C. 若复数z为纯虚数，则|z|2=z2D. |z1⋅z2|=|z1||z2|
10.设M是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是( )
A. 若AM=12AB+12AC，则M是边BC的中点
B. 若AM=2AB−AC，则M在边BC的延长线上
C. 若AM=−BM−CM，则M是△ABC的重心
D. 若AM=13AB+14AC，则△MBC的面积是△ABC面积的12
11.已知锐角△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2.则下列结论正确的是( )
A. △ABC的面积最大值为2B. AC⋅AB的取值范围为(0,4)
C. bcsA+acsB=2D. csBcsA的取值范围为(0,+∞)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2，一3)，b=(1,2)，p=(9,4)，若p=ma+nb，则m+n= ______．
13.在△ABC中，已知BC=7，AC=8，AB=9，则AC边上的中线长为______．
14.如图所示，圆O是△ABC的外接圆，BA=m，BC=4m，∠ABC=60°，若BO=xBA+yBC，则x+y的最大值是______．
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)
已知复数z和它的共轭复数z−满足2z+z−=3+2i．
(Ⅰ)求z；
(Ⅱ)若z是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，求复数zp+(q−4)i的模．
16.(本小题15分)
已知a=(1,2)，b=(−1,3)，c=(3,−2)．
(1)求向量a与a+2b所成角的余弦值；
(2)若(a+2b)//(b+kc)，求实数k的值．
17.(本小题15分)
如图，在四边形ABCD中，BC/​/AD，BC=1，AD=3，△ABC为等边三角形，E是CD的中点.设AB=a，AD=b．
(1)用a，b表示AC，AE；
(2)求∠BAE的余弦值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 3c+bsinA= 3acsB．
(1)求A；
(2)若点D是BC上的点，AD平分∠BAC，且AD=2，求△ABC面积的最小值．
19.(本小题17分)
△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，已知ab=sinAsinA+C2，且a=1．
(1)若△ABC的外接圆半径为2，求△ABC的面积；
(2)若b=1，在△ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使△ADE沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC上，求此情况下AD的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
利用复数代数形式的乘除运算化简即可得z对应的点的坐标，则答案可求．
【解答】
解：由z=2+i1−2i=(2+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=5i+2+2i25=i；
则在复平面内，z对应的点的坐标是：(0,1)．
故选：B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题着重考查了向量的坐标运算、向量模的公式和单位向量等知识，属于基础题．
先求出2a−3b的模，再利用平行的单位向量公式加以计算，可得所求的单位向量的坐标．
【解答】
解：∵a=(5,4)，b=(3,2)，
∴2a−3b=(1,2)，
∴|2a−3b|= 12+22= 5，
则与2a−3b平行的单位向量为±1|2a−3b|⋅(2a−3b)=± 55(1,2)，
化简得，( 55,2 55)或(− 55,−2 55)．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可知：a⋅e=2×1×12=1，
则a在e上的投影向量为a⋅e|e|e|e|=e，
故选：B．
由平面向量数量积运算，结合投影向量的概念求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：△ABC中，2acsB=c，
由正弦定理得2sinAcsB=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+sinBcsA，
所以sinAcsB−sinBcsA=0，
即sin(A−B)=0，
所以A=B，
所以该三角形为等腰三角形．
故选：A．
由已知结合正弦定理，诱导公式及和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了正弦定理，诱导公式及和差角公式在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对选项A，a对选项B，a对选项C，a对选项D，a>b，B为锐角，A可为锐角或钝角，A有两角，故选项D正确．
故选：D．
根据已知条件，利用三角形大边对大角的性质，依次求解．
本题考查了三角形大边对大角的性质，需要学生熟练掌握该性质，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为a，b，c为单位向量，p=a+b+c，
所以|p|≤|a|+|b|+|c|=3，当且仅当a、b、c方向都相同时，等号成立，
如图所示，作出OA=a，OB=b，OC=c，
当∠AOB=∠BOC=∠COA=2π3时，以OA、OB为邻边作平行四边形OAEB，
则OA+OB=OE，且四边形APBE为菱形，
由∠AOE=12∠AOB=π3，可得C、O、E三点共线，且△AOE为等边三角形，|OE|=|OA|=1，
所以p=OA+OB+OC=OE+OC=0，此时|p|=0．
综上所述，0≤|p|≤3，|p|的取值范围是[0,3]．
故选：A．
根据单位向量的定义与性质，结合向量的加法法则，算出|p|的最大值和最小值，可得答案．
本题主要考查向量的基本概念、向量的加法运算法则及其应用等知识，考查了概念的理解能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为△ABC是边长为1的等边三角形，G是边BC的中点，M为线段AG上任意一点，
故AG⊥BG，且AG= 32，0≤MG≤AG= 32，
所以BM⋅MG=−MB⋅MG=−MG2∈[−34,0]．
故选：C．
根据正三角形的性质和数量积的定义，将BM⋅MG转化为−MG2，则问题即可解决．
本题考查数量积的定义和几何意义，同时考查了正三角形的性质，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了解三角形的应用问题，涉及正弦定理，诱导公式，考查分析问题与解答问题的能力，是基础题．
在△ABE中由正弦定理求得BE的值，在△BED中由正弦定理求得sin∠BDE，再利用诱导公式求出cs∠DAC的值．
【解答】
解：因为∠BAD=15°，∠BED=45°，所以∠ABE=30°；
在△ABE中，由正弦定理得AEsin30∘=BEsin15∘，
解得BE=20( 6− 2)米；
在△BED中，由正弦定理得BEsin∠BDE=BDsin45∘，
所以sin∠BDE=20( 6− 2)× 2220= 3−1；
又∠ACD=90°，所以sin∠BDE=sin(∠DAC+90°)，
所以cs∠DAC= 3−1．
故选：A．
9.【答案】AD
【解析】解：因为i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，A正确；
复数−2−i的虚部为−1，B不正确；
若z=i，则z2=−1，|z|2=1，C不正确；
设z1=a+bi，z2=c+di，所以z1z2=ac−bd+(ad+bc)i，
|z1z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2= a2+b2⋅ c2+d2=|z1||z2|，D正确．
故选：AD．
根据复数的运算可得A，C，D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误．
本题主要考查了复数的概念及性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，∵AM=12AB+12AC，∴12AM−12AB=12AC−12AM，即BM=MC，
则M是边BC的中点，故A正确；
对于B，由AM=2AB−AC得AM−AB=AB−AC，所以BM=CB，
则M在边CB的延长线上，故B错误；
对于C，设BC的中点为D，则AM=−BM−CM=MB+MC=2MD，
AM=2MD，故C正确；
对于D，由AM=13AB+14AC知，S△MAC=13S△ABC,S△MAB=14S△ABC，
∴S△MBC=512S△ABC，故D错误．
故选：AC．
根据题意，结合平面向量的线性运算对选项一一判断即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：A选项，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即a2+b2−42ab=12，
所以a2+b2=ab+4，由基本不等式得a2+b2≥2ab，当且仅当a=b时，等号成立，
此时△ABC为锐角三角形，满足要求，
故ab+4≥2ab，解得ab≤4，故S△ABC=12absinC= 34ab≤ 3，A错误；
B选项，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
所以b=4 33sinB，
AC⋅AB=|AC|⋅|AB|csA=bccsA=2bcsA=8 33sinBcsA
=8 33sin(A+π3)csA=8 33(12sinA+ 32csA)csA
=4 33sinAcsA+4cs2A=2 33sin2A+2cs2A+2=4 33sin(2A+π3)+2，
因为△ABC为锐角三角形，所以A∈(0,π2)，B=2π3−A∈(0,π2)，
解得A∈(π6,π2)，
则2A+π3∈(2π3,4π3)，sin(2A+π3)∈(− 32, 32)，AC⋅AB=4 33sin(2A+π3)+2∈(0,4)，B正确；
C选项，bcsA+acsB=4 33sinBcsA+4 33sinAcsB=4 33sin(A+B)=4 33sinC=4 33× 32=2，C正确；
D选项，csBcsA=−cs(A+π3)csA=sinAsinπ3−csAcsπ3csA= 32tanA−12，
由C选项可知A∈(π6,π2)，所以tanA∈( 33,+∞)，
故csBcsA= 32tanA−12∈(0,+∞)，D正确．
故选：BCD．
A选项，由余弦定理和基本不等式求出面积的最大值；B选项，由正弦定理得到b=4 33sinB，结合平面向量数量积公式得到AC⋅AB=4 33sin(2A+π3)+2，根据△ABC为锐角三角形得到A∈(π6,π2)，从而得到AC⋅AB的取值范围；C选项，由正弦定理和正弦和角公式可得；D选项，变形得到csBcsA= 32tanA−12，由A∈(π6,π2)，求出答案．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及向量数量积的定义、正弦函数的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】7
【解析】解：∵向量a=(2，一3)，b=(1,2)，p=(9,4)，
p=ma+nb，
∴2m+n=9−3m+2n=4，
解得m=2，n=5，
则m+n=7．
故答案为：7．
利用平面向量坐标运算法则直接求解．
本题考查代数式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量坐标运算法则的合理运用．
13.【答案】7
【解析】【分析】
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
△ABC中，由条件利用余弦定理求得csA的值，△ABD中，再由余弦定理求得中线BD的值．
【解答】
解：△ABC中，已知BC=7，AC=8，AB=9，设AC的中点为D，则BD为AC边上的中线长．
△ABC中，由余弦定理可得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC
=81+64−492×9×8=23．
△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA
=81+16−72×23=49，
∴BD=7，
故答案为：7．
14.【答案】23
【解析】解：∵O是外心，如图，
∴BE=BOcsθ=12m，
∴BO⋅BA=12|BO|⋅|BA|csθ=12m2，
同理，BO⋅BC=8m2，
又∵BO⋅BA=x|BA|2+yBA⋅BC=m2x+ym⋅4m⋅cs60°=m2x++2y=12m2，
BO⋅BC=xBA⋅BC+y|BC|2=2x+16m2y=8m2；
联立方程解得，
12y=8−m2，
∴x=2m2−43m2，y=8−m212，
故x+y=2m2−43m2+8−m212
=43−(43m2+m212)
≤43−2×13=23，
(当且仅当m=2时，等号成立)；
故答案为：23．
O是外心，作图辅助，从而可得m2x+ym⋅4m⋅cs60°=m2x++2y=12m2，2x+16m2y=8m2；从而可得x+y=2m2−43m2+8−m212，从而化简利用基本不等式求最大值．
本题考查了平面向量与三角形的综合应用及数形结合的思想应用，同时考查了基本不等式的应用．
15.【答案】解：(I)设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
∵2z+z−=2(a+bi)+(a−bi)=3a+bi=3+2i，
∴3a=3b=2，解得a=1b=2，
∴z=1+2i．
(II)∵z是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
∴z−=1−2i也是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
∴由韦达定理可得，1+2i+1−2i=−p(1+2i)(1−2i)=q，解得p=−2q=5，
∴zp+(q−4)i=1+2i−2+i=(1+2i)(−2−i)(−2+i)(−2−i)=−5i5=−i，
∵|−i|=1，
∴复数zp+(q−4)i的模为1．
【解析】(I)根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的相等性准则，即可求解．
(II)根据已知条件，结合韦达定理，求出p，q，再结合复数的运算法则，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵a=(1,2)，b=(−1,3)，∴a+2b=(−1,8)，
设向量a与a+2b所成角为θ，则csθ=a⋅(a+2b)|a||a+2b|=15 5× 65=3 1313，
∴向量a与a+2b所成角的余弦值为3 1313；
(2)∵a+2b=(−1,8)，b+kc=(3k−1,3−2k)，
又(a+2b)//(b+kc)，∴(−1)×(3−2k)−8(3k−1)=0，解得k=522．
【解析】(1)由已知可得a+2b的坐标，再由平面向量数量积求夹角公式求解；
(2)由已知求得a+2b与b+kc的坐标，再由向量共线的坐标运算列式求k值．
本题考查平面向量的坐标运算，训练了利用数量积求两个向量的夹角，考查运算求解能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)∵BC/​/AD，BC=1，AD=3，AB=a，AD=b．
∴BC=13b，AC=AB+BC=a+13b，
∵E为CD的中点，
∴AE=12(AC+AD)=12a+23b．
(2)根据题意=2π3，|a|=1，|b|=3，
∴a⋅b=1×3×(−12)=−32，
AB⋅AE=a⋅(12a+23b)=12a2+23a⋅b=12+23×(−32)=−12，
|AE|= 14a2+49b2+23a⋅b= 14+4−1= 132，
∴cs∠BAE=AB⋅AE|AB|⋅|AE|=− 1313．
【解析】(1)根据向量的线性运算求解即可．
(2)利用向量的数量积运算可求出a⋅b，进而可求出AB⋅AE，|AE|的值，从而根据向量夹角的余弦公式即可求解．
本题考查了向量的线性运算，向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量长度的求法，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为 3c+bsinA= 3acsB，
所以由正弦定理得： 3sinC+sinBsinA= 3sinAcsB，
即 3sin(A+B)+sinBsinA= 3sinAcsB，
即 3(sinAcsB+csAsinB)+sinBsinA= 3sinAcsB，
所以 3csAsinB+sinBsinA=0，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
所以 3csA+sinA=0，即tanA=− 3，
又因为A∈(0,π)，所以A=2π3；
(2)因为点D是BC上的点，AD平分∠BAC，且AD=2，
所以∠BAD=∠CAD=12∠BAC=π3，
因为S△ABC=S△ABD+S△ADC，
所以12bcsin2π3=12×2×c×sinπ3+12×2×b×sinπ3，
化简得：bc=2(c+b)，所以bc=2(c+b)≥4 bc，当且仅当b=c时取等号，
解得：bc≥16，当且仅当b=c=4时取等号，
所以S△ABC=12bcsinA= 34bc≥4 3，
所以△ABC面积的最小值为4 3．
【解析】(1)利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式，化简已知等式，可得 3csA+sinA=0，结合同角的三角函数关系，即可求得答案；
(2)利用面积相等，即S△ABC=S△ABD+S△ADC，推出bc=2(c+b)，利用基本不等式结合三角形面积公式，即可求得答案．
本题考查利用正、余弦定理，三角恒等变换知识，三角形的面积公式解三角形，属于中档题．
19.【答案】解析：(1)因为ab=sinAsinπ−B2，即ab=sinAcsB2，由正弦定理可得sinAsinB=sinAcsB2，
因为sinA≠0，所以sinB=csB2，即2sinB2csB2=csB2，
因为B∈(0,π)，所以B2∈(0,π2)，则csB2≠0，
所以sinB2=12，所以B2=π6，即B=π3；
因为三角形的外接圆半径为2，又由正弦定理可得b=2×2sinB=4× 32=2 3，
再由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，a=1，即12=1+c2−2c⋅12，
整理得c2−c−11=0，解得c=1+3 52或c=1−3 52(舍)，
所以S△ABC=12acsinB=12×1×1+3 52× 32= 3+3 158；
(2)因为顶点A正好落在边BC上，设为点P，又a=b=1，B=π3，所以△ABC为等边三角形，即AC=BC=AB=1，
如图，设AD=m，则BD=1−m，PD=m，
所以在△BPD中，由余弦定理得csB=BP2+BD2−PD22BP⋅BD=BP2+(1−m)2−m22BP⋅(1−m)=12，
整理得BP2+(1−m)2−m2=BP⋅(1−m)，
设BP=x，0≤x≤1，所以m=x2−x+12−x=(2−x)2−3(2−x)+32−x=2−x+32−x−3，
由于0≤x≤1，故1≤2−x≤2，
由均值不等式可得m≥2 (2−x)⋅32−x−3=2 3−3，当且仅当2−x=32−x，即x=2− 3时等号成立，
所以AD的最小值为2 3−3．
【解析】(1)由正弦定理及角的范围可得B角的大小，再由外接圆的半径可得b边的值，由余弦定理可得c边的大小，代入三角形的面积工作可得它的值；
(2)设AD=m，则BD=1−m，PD=m，由余弦定理可得BP与m的关系，再由均值不等式可得AD的最小值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，均值不等式的应用，属于中档题．