2023-2024学年山东省青岛一中高一（下）段考数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省青岛一中高一（下）段考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足(1−2i)A.15 B.55 C.12.在正六边形ABCDEFA.0 B.FC C.2BF3.平面向量a，b满足|a|=3，b=(1,A.(1,3) B.(4.在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p=(a+c,bA.π6 B.π3 C.π25.若将f(x)=2sin(2x+A.−2 B.−3 C.−6.如图，已知圆O的半径为2，弦长AB=2，C为圆O上一动点，则AC⋅A.[0,4]

B.[5−7.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°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得仰角为60A.45(6−2) B.8.如图，A、B、C三点在半径为1的圆O上运动，且AC⊥BC，M是圆O外一点，OM=2A.5

B.8

C.10

D.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z是复数，z−是其共轭复数，则下列命题中正确的是(

)A.z2=|z|2

B.若|z|=1，则|z−1−i|的最大值为210.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是A.若a2+b2<c2，则△ABC一定是钝角三角形

B.若A=75°，b=4，c=11.重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中∠COD=2π3，OC=4OA=4，动点P在CD上(

A.若y=x，则x+y=1 B.若y=2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a，b，c均为单位向量，且满足3a+4b+5c13.已知点M是边长为2的正△ABC内一点，且AM=λAB+14.南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积，可用公式S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2](其中a、b、c、S为三角形的三边和面积)表示.在四、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)

已知向量a=2e1−2e2，b=4e1+e2，其中e1=(116.(本小题15分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=17.(本小题15分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，点B(−35,45)在单位圆上，∠AOB=θ(0<18.(本小题17分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，且3(sinA−sinB)sinC=3c−2ba+b．

(1)求si19.(本小题17分)

在平面直角坐标系中，锐角α、β的终边分别与单位圆交于A、B两点．

(1)如果A点的纵坐标为513，B点的横坐标为35，求cos(α+β)的值；

(2)若角α+β的终与单位圆交于C点，经点A、B、C分别作x轴垂线，垂足分别为M、N、P.

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：由(1−2i)z−=2+i，得：|1−2i||z−2.【答案】A

【解析】解：由正六边形的性质可知，AB、DE互为相反向量，

所以，AB−CD+CE=3.【答案】C

【解析】解：b=(1,3)，

则|b|=12+(3)2=2，

|2a+b|=4.【答案】B

【解析】解：因为p=(a+c,b)，q=(b−a,c−a)，且p/​/q，

所以(a+c5.【答案】C

【解析】解：函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象向左平移π6个单位长度后，

图象所对应解析式为：g(x)=2sin[2(x+π6)+φ]=2sin(2x+π3+φ)，

由g(6.【答案】C

【解析】解：取AB的中点D，连接CD，OD，如图所示：

所以AC⋅BC=(AD+DC)⋅(BD+DC)=AD⋅BD+(AD+BD)⋅DC+DC2=−1+07.【答案】B

【解析】解：在△ABP中，AB=90m，

则∠BPA=45°−30°=15°，

∠ABP=180°−∠BAP8.【答案】C

【解析】解：连接AB，如下图所示：

因为AC⊥BC，则AB为圆O的一条直径，故O为AB的中点，

所以，MA+MB=(MO+OA)+(MO+OB)=2MO，

所以，|MA+MB+2MC9.【答案】BC【解析】解：对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z|2=a2+b2，z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi，z2≠|z|2，A错误；

对于B，由|z|=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，|z−1−i|可看作该单位圆上的点到点(10.【答案】AD【解析】解：对于A，因为a2+b2<c2，则由余弦定理得：cosC=a2+b2−c22ab<0，所以角C为钝角，故A正确；

对于B，在△ABC，A=75°，b=4，c=3，由三角形全等的“边角边”可知，三角形是唯一的，所以只有唯一解，

故B错误；

对于C，因为acosA=bcosB，即由余弦定理得：11.【答案】BD【解析】解：如图，作OE⊥OC，分别以OC，OE为x轴，y轴建立平面直角坐标系，

则A(1,0)，C(4,0)，B(−12,32)，D(−2,23)，

设Q(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π3]，则P(4cosθ,4sinθ)，

由OQ=xOC+yOD可得cosθ=4x−2y，sinθ=23y，

对于A，若y=x，则cos2θ+sin12.【答案】2【解析】解：因为3a+4b=−5c，a，b，c均为单位向量，

所以9+16+24a⋅b=25，即a⋅b=0，13.【答案】−1【解析】解：取BC的中点O，以点O为坐标原点，OC、OA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系xOy，

则点A(0,3)、B(−1,0)、C(1,0)，

设点M(x,y)，AM=(x,y−3)，AB=(−1,−3)，AC=(1,−3)，

∵AM=λAB+μAC且λ+14.【答案】9【解析】解：因为1−3cosB3sinB=cosCsinC，

所以sinC=3(sinCcosB15.【答案】解：(1)因为e1=(1,0)，e2=(0,1)，

所以a=2e1−2【解析】(1)根据平面向量的坐标运算求出a、b，再计算数量积与模长；

(216.【答案】解：(1)因为a2=−233S+abcosC，

所以a2=−33absinC+abcosC，即a=−33bsinC+bcosC，

由正弦定理得sinA=−33sinBsinC+sinBcosC，

所以sin(B+C)=−33s【解析】本题考查了解三角形，考查了三角恒等变换，考查了利用三角函数性质求解范围问题，考查了函数思想的应用，属于中档题．

(1)利用三角形的面积公式，正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得tanB=−3，结合B∈17.【答案】解：(1)如图：

设D点坐标为(a,b)，因为四边形OADB是平行四边形，所以BD=OA，

所以(a+35,b−45)=(1,0)⇒a=25b=45，

所以D点坐标为(25,45)；

(2)因为点【解析】(1)根据向量相等，求点D的坐标；

(2)点A，B，P三点共线，且AB=2AP，可能有A18.【答案】解：(1)由正弦定理得3(a−b)c=3c−2ba+b，即c2+b2−a2=23bc，

由余弦定理有cosA=c2+b2−a22bc=23bc2bc=13，又A∈(0,π)，

所以sinA=1−cos2A=1−19=223；

(【解析】(1)由正弦定理和余弦定理得到cosA=13，进而求出sinA；19.【答案】解：(1)由题意可得sinα=513，cosβ=35，

∵α，β均为锐角，∴cosα=1213，sinβ=