2023-2024学年福建省福州市八县(市、区)协作校高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年福建省福州市八县（市、区）协作校高一（下）期中数学试卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）设（a+2i）i＝b﹣3i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b＝（）A．﹣5 B．﹣1 C．1 D．52．（5分）已知不共线向量a→，b→，﹣ta→+b→（t∈A．23 B．±23 C．633．（5分）已知a→=(−2，−1)，b→=(λ，1)，若aA．(−12，+∞) C．（2，+∞） D．(−4．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2A2=c−bA．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形5．（5分）在平行四边形ABCD中，点M在对角线AC上，点N在边CD上，AB→=m→，AD→=nA．−112m→+34n→6．（5分）已知复数z满足|z|＝2，则|z+3+4i|最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．67．（5分）已知向量a→A．|bB．a→方向上的单位向量为(C．向量b→在向量a→上的投影向量为D．若c→=(8．（5分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2＝a（a+b），asinAccosA−acosC∈(1A．(π4，π3) B．(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，有选错的得0分，部分选对的得部分分）（多选）9．（6分）设复数z=3A．z3＝﹣i B．z2=z C．z2+z4＝﹣i D．|z2（多选）10．（6分）定义：a→，b→两个向量的叉乘a→×b→=|aA．若a→×b→=B．λ（a→×b→）＝（λC．若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于AB→D．若a→×b→=3，a（多选）11．（6分）如图，△ABC是边长为23的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则PAA．0 B．1 C．6 D．13三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）已知复数z=2m1−i−3(2+i)为纯虚数，则实数m13．（5分）一艘游船从海岛A出发，沿南偏东15°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，速度为8海里/时，则需要的航行时间为小时．14．（5分）平面向量m→，n→满足|m→|=|n→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．（13分）已知复数z＝1+bi（b∈R，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足zz=4（z为z（1）求实数b的值；（2）若复数z是关于x的方程px2+2x+q＝0（p≠0，且p，q∈R）的一个复数根，求p+q的值．16．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．17．（15分）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为S，且_____．在①acosC−c2=b，②2sin（1）求A；（2）若b+c＝3，点D是BC边的中点，求线段AD长的取值范围．18．（17分）已知点G为△ABC三条中线的交点．（1）求证：GA→（2）若点O为△ABC所在平面内任意一点（不与点G重合），求证：OG→（3）过G作直线与AB，AC两条边分别交于点M，N，设AM→=xAB→，AN→=yAC19．（17分）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，点D在线段BC上（异于B，C两点），延长AD到P，使得AP＝9，设AP→（1）若CD=185，求m+（2）求m+n的取值范围．

2023-2024学年福建省福州市八县（市、区）协作校高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）设（a+2i）i＝b﹣3i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b＝（）A．﹣5 B．﹣1 C．1 D．5【考点】复数的运算．【答案】A【分析】利用复数的运算法则直接求解．【解答】解：（a+2i）i＝b﹣3i（a，b∈R），其中i为虚数单位，∴ai+2i2＝b﹣3i，∴﹣2+ai＝b﹣3i，∴a＝﹣3，b＝﹣2，则a+b＝﹣3﹣2＝﹣5．故选：A．2．（5分）已知不共线向量a→，b→，﹣ta→+b→（t∈A．23 B．±23 C．63【考点】平面向量的相等与共线；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】D【分析】利用共线向量定理，列出方程组求出t的值．【解答】解：∵﹣ta→+b∴存在实数x，使得﹣ta→+b→∵向量a→，b→不共线，∴∴x=−2故选：D．3．（5分）已知a→=(−2，−1)，b→=(λ，1)，若aA．(−12，+∞) C．（2，+∞） D．(−【考点】数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】D【分析】由题意，已知a→=(−2，−1)，b→=(λ，1)，若a→、b→【解答】解：由题意a→、b→的夹角为钝角，得a→•b→＜由a→•b→＜0得﹣2λ由a→、b→不共线得﹣2+λ≠0，即综上实数λ的范围是(−故选：D．4．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2A2=c−bA．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形【考点】三角形的形状判断；正弦定理．【答案】A【分析】运用二倍角的余弦公式和余弦定理，以及勾股定理的逆定理，即可得到三角形的形状．【解答】解：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2A2可得12（1﹣cosA）=12即有cosA=b即2b2＝2bccosA＝b2+c2﹣a2，可得b2+a2＝c2，则∠C为直角，即有△ABC为直角三角形．故选：A．5．（5分）在平行四边形ABCD中，点M在对角线AC上，点N在边CD上，AB→=m→，AD→=nA．−112m→+34n→【考点】平面向量的基本定理．【答案】C【分析】运用向量的分解和加减运算即可得出结果．【解答】解：因为AB→=m→，AD→所以MN→故选：C．6．（5分）已知复数z满足|z|＝2，则|z+3+4i|最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】复数的模．【答案】A【分析】利用复数模的性质即可求解．【解答】解：因为复数z满足|z|＝2，则|z+3+4i|≥|3+4i|﹣|z|=3所以|z+3+4i|的最小值为3．故选：A．7．（5分）已知向量a→A．|bB．a→方向上的单位向量为(C．向量b→在向量a→上的投影向量为D．若c→=(【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量；数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量的概念与平面向量的模．【答案】D【分析】对于A，结合向量模公式，即可求解；对于B，结合单位向量的定义，即可求解；对于C，结合投影向量的公式，即可求解；对于D，结合向量垂直的性，即可求解．【解答】解：对于A，a→则a→故|a→−对于B，|a则a→方向上的单位向量为a→|对于C，a→⋅b向量b→在向量a→上的投影向量为：a→对于D，c→=(5则c→⋅b→=故选：D．8．（5分）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2＝a（a+b），asinAccosA−acosC∈(1A．(π4，π3) B．(【考点】解三角形；正弦定理．【答案】B【分析】由余弦定理可知asinAccosA−acosC=sinA，再由c＞a可得角A为锐角，求出角【解答】解：因为c2＝a（a+b），asinA=2absinA2c由题意可得sinA∈（12，2因为2c2＞2a2，可得c＞a，所以角A为锐角，所以A∈（π6，π故选：B．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，有选错的得0分，部分选对的得部分分）（多选）9．（6分）设复数z=3A．z3＝﹣i B．z2=z C．z2+z4＝﹣i D．|z2【考点】复数的运算；复数的模．【答案】AD【分析】利用复数的概念、运算法则、共轭复数直接求解．【解答】解：复数z=3则z2＝（32−12iz3＝（12−32i）（32−z=32+1z2+z4＝（12−32i）+（12−32|z2|=14+34=1，|z|=34故选：AD．（多选）10．（6分）定义：a→，b→两个向量的叉乘a→×b→=|aA．若a→×b→=B．λ（a→×b→）＝（λC．若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于AB→D．若a→×b→=3，a【考点】命题的真假判断与应用；平面向量的概念与平面向量的模；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ACD【分析】根据已知条件，结合叉乘的定义，以及向量的数量积公式，即可依次求解．【解答】解：对于A，a→若a→，b→至少有一个为零向量，则满足若a→，b→均不为零向量，则sin＜a→，b→综上所述，a→∥b对于B，λ(a→×b→若λ≥0，则(λa→)×b→若λ＜0，(λa→)×b→=−λ|a→|对于C，若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于|AB→|×|AD→对于D，a→×b→=||a→+故|a→+b→|≥6故|a→+b→|的最小值为故选：ACD．（多选）11．（6分）如图，△ABC是边长为23的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则PAA．0 B．1 C．6 D．13【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】BCD【分析】由平面向量的线性运算，结合平面向量数量积的运算求解．【解答】解：已知△ABC是边长为23的正三角形，P是以C设AB的中点为D，则|CD|=23则PA=7−2CD=7−6cos＜CD→故选：BCD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．（5分）已知复数z=2m1−i−3(2+i)为纯虚数，则实数m【考点】复数的运算；纯虚数．【答案】6．【分析】利用复数的概念、运算法则直接求解．【解答】解：复数z==2m(1+i)(1−i)(1+i)＝m+mi﹣6﹣3i＝m﹣6+（m﹣3）i，∵复数z=2m∴m−6=0m−3≠0解得实数m＝6．故答案为：6．13．（5分）一艘游船从海岛A出发，沿南偏东15°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，速度为8海里/时，则需要的航行时间为3小时．【考点】解三角形．【答案】3．【分析】根据题意结合余弦定理即可求出AC=83【解答】解：据题意知，在△ABC中，∠ABC＝15°+45°＝60°，AB＝8海里，BC＝16海里，∴AC∴AC=83又游船速度为8海里/时，则需要的航行时间为83故答案为：3．14．（5分）平面向量m→，n→满足|m→|=|n→|=1，对任意的实数【考点】平面向量数量积的性质及其运算；两个平面向量的和或差的模的最值．【答案】32【分析】根据不等式|m→−12n→|≤|【解答】解：设平面向量m→与n→的夹角为因为对任意的实数t，|m即m→2−m→⋅又|m→|＝|n→|＝1，所以t2所以Δ＝4cos2θ﹣4cosθ+1＝（2cosθ﹣1）2≤0，则cosθ=12，又θ∈[0，π]，所以θ因为|n由二次函数的性质可知，当t=12时，|n→−t故答案为：32四、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．（13分）已知复数z＝1+bi（b∈R，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足zz=4（z为z（1）求实数b的值；（2）若复数z是关于x的方程px2+2x+q＝0（p≠0，且p，q∈R）的一个复数根，求p+q的值．【考点】复数的运算；共轭复数．【答案】（1）−3【分析】（1）先求出b＜0，再结合复数运算法则，即可求解；（2）由已知条件，推得z是关于x的方程px2+2x+q＝0（p≠0，且p，q∈R）的另一个复数根，再结合韦达定理，即可求解．【解答】解：（1）复数z＝1+bi（b∈R，i为虚数单位），z在复平面上对应的点在第四象限，且满足zz=∴（1+bi）（1﹣bi）＝1﹣b2＝4，且b＜0，解得b=−3（2）（2）复数z是关于x的方程px2+2x+q＝0（p≠0，且p，q∈R）的一个复数根，则z是关于x的方程px2+2x+q＝0（p≠0，且p，q∈R）的另一个复数根，∴z+z=2=−2pz⋅∴p+q＝﹣5．16．（15分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c，cosC=（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若b＝11，求△ABC的面积．【考点】三角形中的几何计算；正弦定理；余弦定理．【答案】（Ⅰ）55（Ⅱ）22．【分析】（Ⅰ）根据cosC=35，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sin（Ⅱ）根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．【解答】解：（Ⅰ）因为cosC=35＞0，所以C∈（0，π2由正弦定理可得：asinA即有sinA=asinCc=a（Ⅱ）因为4a=5c⇒a=54c所以A＜C，故A∈（0，π2又因为sinA=55，所以cosA所以sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC=11由正弦定理可得：asinA=c所以a＝55sinA＝5，所以S△ABC=12absinC=117．（15分）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为S，且_____．在①acosC−c2=b，②2sin（1）求A；（2）若b+c＝3，点D是BC边的中点，求线段AD长的取值范围．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）选①②③：A=2π3；（2）[【分析】（1）选①：利用余弦定理化简即可求解；选②：利用倍角公式化简即可求解；选③：利用平面向量数量积的运算性质化简即可求解；（2）方法一：；利用AD→=12【解答】解：（1）选①，因为acosC−c所以由余弦定理可得a×a2+b2−c22ab−c2∴cosA=b又因为A∈（0，π），所以A=2π选②，因为2sin所以1﹣cos（B+C）＝2cos2A，∴1﹣cos（π﹣A）＝2cos2A，整理可得：2cos2A﹣cosA﹣1＝0，解得：cosA=−12或cos又因为A∈（0，π），可得cosA∈（﹣1，1），所以cosA=−12，则选③，因为2S=3BA→可得sinA=−3cosA，即又因为A∈（0，π），所以A=2π（2）方法一：因为b+c＝3，所以0＜b＜3，c＝3﹣b，因为D是BC的中点，所以AD→所以|AD=1=1∵0＜b＜3，所以当b=32时，(|AD|又|0−3∴|AD|2＜故线段AD长的取值范围为[3方法二：因为b+c＝3，所以0＜b＜3，c＝3﹣b，在△ABC中，由余弦定理得：a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2+bc，因为∠ADC+∠ADB＝π，所以cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，即a2整理得2AD将a2＝b2+c2+bc，c＝3﹣b代入整理得：AD∵0＜b＜3，所以当b=32时，(|AD|又|0−32|=|3−32故线段AD长的取值范围为[318．（17分）已知点G为△ABC三条中线的交点．（1）求证：GA→（2）若点O为△ABC所在平面内任意一点（不与点G重合），求证：OG→（3）过G作直线与AB，AC两条边分别交于点M，N，设AM→=xAB→，AN→=yAC【考点】平面向量的基本定理．【答案】（1）详见解答过程；（2）详见解答过程；（3）43【分析】