2025-2026学年下学期重庆八中高一数学5月训练4试卷（含答案）

重庆八中高2028级高一(下)数学学科训练4一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数z=i−i2026,则复数A.iB.-1C.1D.−2.已知单位向量a,b满足a⋅b=23，则aA.13aB.23a3.在复平面内,复数z1的虚部为3,复数z2满足条件z2−1+2iA.0B.4C.5D.64.已知向量m=a−1,a−5,n=A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度,余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点Ax1,y1,Bx2,y2,O为坐标原点,定义余弦相似度为cosA,B=cos<OA,OB>(其中<OA,OBA.−2425B.−17256.△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足2a2A.32B.24c.37.已知△ABC,AM=3AB,AN=3AC,点P是四边形BCNM内(含边界)的一点，A.12B.9C.252D.8.在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且△ABC的外接圆半径为R，若△ABCA.35,53B.3二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知复数z1,zA.z1zC.若z1=z2,则z12=z10.已知D为△ABC所在平面内的一点,则下列结论正确的是(A.若AD=13ABB.若ABAB+ACAC⋅BCC.若AD=λABABsinB+ACACsinD.若DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅DA11.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,A.△ABC的面积为14C.若c=3bD.bc+cb三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知复数z=3−i13.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸,是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花.图2中正六边形ABCDEF的边长为4,圆O的圆心为该正六边形的中心，圆O的半径为2,MN为圆O的直径,点P在正六边形的边上运动，则PM⋅PN图1图214.已知平面向量a、b、c满足:a与b的夹角为锐角.a=4，b=2，c=3，且b+ia四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证15.(本小题满分13分)设a是实数，复数z1=1−(1)若z2在复平面内对应的点在第二象限，求a(2)求z1+16.(本小题满分15分)在△ABC中,角A,B,C若sinA(1)求角A的大小；(2)若D为BC上一点，且AD为∠A的角平分线，4b+c=2717.(本小题满分15分)松江方塔,又称兴圣教寺塔,是上海地区现存最古老的砖木结构古塔之一,承载着深厚的历史文化底蕴.如图,某同学在测量塔高AB时,选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点C和D.测得∠BCD=α,∠BDC=β,在点C测得塔顶A仰角为θ,已知sinα(1)求sin∠CBD(2)求塔高AB(结果保留整数).18.(本小题满分17分)“费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点.对于每个给定的三角形,都存在唯一的费马点,当△ABC的三个内角均小于120∘时,使∠APB=∠BPC=∠CPA=120∘的点P即为费马点.已知△ABC中,角A,B,C(1)求角A；(2)若PA⋅PB+PB⋅PC(3)若AC⊥BC，PA+PB=λ19.(本小题满分17分)在△ABC中，角A,B,C(1)已知sinA=cos2B−(2)若△ABC是锐角三角形，∠C为(1)中所求，H为△ABC的垂心，且CH=3，(3)若b=3a，令t=sinB重庆八中高2028级高一(下)数学练习(4)参考答案与试题解析题号1234567891011答案CABACBCAABABDACD1.解:由cz=i−i42.解:由题意，a=b=1，a⋅b=23，则a−b3.解:由复数z1的虚部为3,可知复数z2对应的点在直线y=3上,又复数z2−1+2i=1,即z2−1−2i=1,得复数z2表示的点在以C1,−2为圆心,半径为1的圆上.如图:而z2−z1=OZ2−OZ1=Z1Z2=Z1Z4.解:当m//n时,满足a−1a−2+1×a−5=0,即a−3a+1=0,解得a=3或a=−1，所以必要性不成立；当a=−1时，向量m=−25.解:因为Mcosα,sinα,N0,1,所以OM=cosα,sinα,ON=6.解:∵a2=b2∴2b2+c2−2bccosA−3b2+c2=bc,整理得:1+4cosAbc+b2+c2=7.解:如图,过点P作EF//BC交AM,AN于点E,F,设AEAB=t,所以AE=tAB,AF=tAC,因为点P在四边形BCNM内部,且AM=3AB,AN=3AC,所以t∈1,3,因为E,P,F三点共线,所以AP=λAE+1−λAF=tλAB+t1−λAC=8.解:由正弦定理得sinB=b2R,sinC=c2R,所以S=85R2sinBsinC=25bc,又三角形面积公式S=12bcsinA，可知12sinA=25，所以sinA=9.解:对于A,因为z1z2=z1z2z2z2=z1z2z2z2=z1z2,选项A正确;对于B,设z1=a+bi,z2=c+di,a、b、c、d∈R,则z1⋅z2=a+bic+di=ac10.解:A，过点D作DE//AC,DF//AB，分别交AB,AC于点E,F，则四边形AEDF为平行四边形,S△ADE=S△ADF,AD=AE+AF,因为AD=13AB+12AC,故AE=13AB,AF=12AC,即AB=3AE,AC=2AF则S△BCDS△ACD=t2t=12，A正确:B，ABAB的平分线上,又ABAB+ACAC⋅BC=0,即∠BACB正确:C,过点A作AN⊥BC,垂足为N,设BC的中点为MABABsinB+ACACsinC=ABAN+ACAN=AB+ACAN=2AMAN，则AD=λABABsinB+ACACsinC=2λAMANλ∈R，则A11.对于A,由a=2bsinC,所以S=12absinC=12ab⋅a2b=a21tanB+1tanC=cosBsinB+cosCsinC=sinBcosC+cosBsinCsinBsinC=sinB+CsinBsinC=sinAsinBsinC=2,故B错误;对于C,c2=a2+b2−2abcosC,又c=3b,a=2bsinC,所以3b2=4b2sin2C+b2−4b2sinCcosC,即4sin2C−4sinCcosC−2=0,所以21−cos2C−2sin2C−2=0,即sin2C=−cos2C,所以tan2C=−1,即2tanC1−tan2C=−1,所以12.根据题意,i13.解:由题可知,OM=2,所以PM⋅PN=PO+OM⋅PO+ON=PO+OM⋅PO−OM =PO2−OM2=PO2−4；由图可知，当点P为正六边形各边的中点时，14.a=4,b=2,则b+ta2=b2+2ta⋅b+t2a2=16t2+2a⋅bt+4,由b+ta最小值为3,且由二次函数分析可知,当t=−a⋅b16时,b+ta2取得最小值,所以15.解:(1)已知z2=a+i1−2i=a+2+1−2ai,若z(2)由z1=1−2i，得z1z1+z2=a+3216.解:(1)因为sinA+sinBsinA−sinB=sinCsinB+sinC,由正弦定理得a+ba(2)因为∠BAD=∠CAD=12∠BAC=π3，因为S△ABC=S△ABD+S△ACD，所以12bcsin2π3=12c⋅AD⋅sinπ3+12b⋅AD⋅sinπ3，即bc=ADc+b，所以AD17.解:(1)在△BCD中,因为cosβ=513,所以sinβ=1213,则sinβ>sinα,所以BC>BD,所以(2)在△BCD中，因为BCsinβ=CDsin∠CBD，所以BC=CDsinβsin∠CBD=56×121318.解:(1)根据acosC+3asinC−b−c=0,结合正弦定理得sinAcosC+3sinAsinC−sinB−sinC=0,因为△ABC中,sin(2)设PA=x，PB=y，PC=z，可得PA⋅PB=xycos120∘=−12xy由S△PAB+S△即34xy+yz+xz=12bcsinπ3=34bc,解得bc=2,由余弦定理得a2(3)不妨设PA=mPC,PB=nPC,AC2=x2+m2x2−2mx2cos120则n=m+2m−1，由②③，1+m+m21+n+n2=13，则319.解:(1)因为cos2B=1−sin2B,cos2C=1−sin2C,所以sin2A−sin(2)延长