2023-2024学年云南省德宏州陇川县高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年云南省德宏州陇川县高一（下）期中数学试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知复数z在复平面内所对应点的坐标为（2，4），则3+2zA．7﹣8i B．7+8i C．8+7i D．8﹣7i2．（5分）设e1→、A．e1→与B．e1→+C．e1→+2e2→D．3e1→−2e23．（5分）若a∈R，则“a＝2”是复数“z＝a2﹣4+（a+2）i”为纯虚数的（）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4．（5分）已知|a→|＝|b→|＝3，e→是与向量b→方向相同的单位向量，向量a→在向量b→上的投影向量为A．30° B．60° C．120° D．150°5．（5分）如图，ABCD是边长为4的正方形，若DE=13EC，且F为BC的中点，则EA→A．3 B．4 C．5 D．66．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，cosB=2A．3 B．3 C．2 D．27．（5分）如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离202海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ（0°＜θ＜45°）的C处，且cosθ=45．已知A，A．485海里/时 B．385海里/时 C．27海里/时 D．46海里/时8．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，acosB＝（2c﹣b）cosA，则△ABC面积的最大值为（）A．934 B．932 C．二、多项选择题：（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）（多选）9．（6分）下列说法正确的有（）A．用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为2 B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥（多选）10．（6分）已知点A（1，2），B（3，1），C（4，m+1）（m∈R），则下列说法正确的是（）A．|ABB．若AB→⊥BC→C．若AB→∥BCD．若BA→，BC→的夹角为钝角，则m（多选）11．（6分）如图所示，在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，3（a•cosC+c•cosA）＝2b•sinB，且满足∠CAB=π3．若点D是△ABC外一点，DC＝1、A．四边形ABCD周长的最小值为8 B．四边形ABCD周长的最大值为12 C．四边形ABCD面积的最小值为3 D．四边形ABCD面积的最大值为5三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12．（5分）复数z满足（1﹣i）z＝3﹣4i，则z＝．13．（5分）已知a→，b→为单位向量，且a→⊥b→14．（5分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，bcosC＝（2a﹣c）cosB．若b=3，则c﹣2a的取值范围是四、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．（13分）已知向量a→=(2，1)，b→（1）若c→∥a（2）若(ka→+16．（15分）已知复数z和它的共轭复数z满足2z+z=3+2（1）求z；（2）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)i17．（15分）已知向量a→，b→满足：|a→|=4（1）求a→与b→的夹角（2）求|a（3）若(a→+18．（17分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若bcosC+ccosB＝2bsinA，且sinA≥sinB．（1）求角B的值；（2）若cosC+sinB＝0，且△ABC的面积为3，求BC边上的中线AM的长．19．（17分）已知a、b、c分别为△ABC内角A、B、C的对边，已知a＝1且acosB﹣bcos2A＝c．（1）求角A的大小；（2）若△ABC的面积为34，求b+c（3）求△ABC周长的取值范围．

2023-2024学年云南省德宏州陇川县高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一项是符合题目要求的）1．（5分）已知复数z在复平面内所对应点的坐标为（2，4），则3+2zA．7﹣8i B．7+8i C．8+7i D．8﹣7i【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】A【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解．【解答】解：∵复数z在复平面内所对应点的坐标为（2，4），∴z＝2+4i，∴z=2−4i∴3+2（2﹣4i）＝7﹣8i．故选：A．2．（5分）设e1→、A．e1→与B．e1→+C．e1→+2e2→D．3e1→−2e2【考点】平面向量的基底．【答案】D【分析】运用共线向量的知识可解决此问题．【解答】解：根据题意得，﹣2（3e1→−2由共线向量基本定理知3e1→−2e2→故选：D．3．（5分）若a∈R，则“a＝2”是复数“z＝a2﹣4+（a+2）i”为纯虚数的（）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【考点】虚数单位i、复数；充分条件与必要条件．【答案】C【分析】利用纯虚数的定义，结合充要条件的定义判定即可．【解答】解：①若a＝2，则z＝a2﹣4+（a+2）i＝4i为纯虚数，∴充分性成立，②若复数z＝a2﹣4+（a+2）i为纯虚数，则a2−4=0a+2≠0∴a＝2是复数z＝a2﹣4+（a+2）i为纯虚数的充要条件，故选：C．4．（5分）已知|a→|＝|b→|＝3，e→是与向量b→方向相同的单位向量，向量a→在向量b→上的投影向量为A．30° B．60° C．120° D．150°【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】B【分析】根据题意，设a→与b→的夹角为θ，由数量积的计算公式求出a→•b→，进而可得cos【解答】解：根据题意，设a→与b→的夹角为若向量a→在向量b→上的投影向量为则a→•b→=32又0°≤θ≤180°，所以θ＝60°，故选：B．5．（5分）如图，ABCD是边长为4的正方形，若DE=13EC，且F为BC的中点，则EA→A．3 B．4 C．5 D．6【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】由条件即可得出ED→=1【解答】解：DE=1∴ED→=1ABCD是正方形，F为BC的中点；∴CF→∴EA=(1=−3＝﹣3+0+0+8＝5．故选：C．6．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，cosB=2A．3 B．3 C．2 D．2【考点】正弦定理．【答案】A【分析】由正弦定理化简已知等式可得3a=2c，进而求出c的值，再根据余弦定理求解b【解答】解：因为a=2所以由正弦定理，可得3a=2c，所以32=2c所以由余弦定理，可得b==2+9−2×故选：A．7．（5分）如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离202海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ（0°＜θ＜45°）的C处，且cosθ=45．已知A，A．485海里/时 B．385海里/时 C．27海里/时 D．46海里/时【考点】解三角形．【答案】A【分析】根据余弦定理求出BC的长度，再求船行速度即可得到结论．【解答】解：因为cosθ=45，所以sinθ由题意得∠BAC＝45°﹣θ，即cos∠BAC＝cos（45°﹣θ）=2又因为AB＝202，AC＝10，所以由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos∠BAC，即BC2=(202)2+102即BC=340=2所以船速为v=BC12故选：A．8．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，acosB＝（2c﹣b）cosA，则△ABC面积的最大值为（）A．934 B．932 C．【考点】解三角形；正弦定理．【答案】A【分析】由已知及正弦定理可得cosA=12，从而得到A的值，再由余弦定理和基本不等式可得a2＝b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA＝bc，解出bc的范围，再根据【解答】解：由题意有：acosB＝（2c﹣b）cosA，由正弦定理可得：sinAcosB＝2sinCcosA﹣sinBcosA，即sin（A+B）＝sinC＝2sinCcosA，又sinC≠0，所以cosA=1又A∈（0，π），所以A=π由余弦定理，有a2＝b2+c2﹣2bccosA，即9＝b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA＝bc，即bc≤9，当且仅当b＝c＝3时取等号，S△ABC故△ABC的最大值为93故选：A．二、多项选择题：（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）（多选）9．（6分）下列说法正确的有（）A．用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为2 B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C．两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；平面图形的直观图；斜二测法画直观图；棱柱的结构特征；棱台的结构特征．【答案】AB【分析】根据斜二测画法的定义可判断A；根据棱柱、棱台和圆锥的定义可判断BCD．【解答】解：用斜二测画法画出边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为S＝1×2sin45°=2，故A对于B，棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故B正确；对于C，两个底平行且相似，其余各面都是梯形的多面体不一定是棱台，∵其侧棱延长线不一定交于一点，故C错误；对于D，以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个圆锥的组合体，故D错误．故选：AB．（多选）10．（6分）已知点A（1，2），B（3，1），C（4，m+1）（m∈R），则下列说法正确的是（）A．|ABB．若AB→⊥BC→C．若AB→∥BCD．若BA→，BC→的夹角为钝角，则m【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；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】ACD【分析】结合向量模公式，向量垂直、平行的性质，向量的数量积运算，即可求解．【解答】解：A（1，2），B（3，1），则AB→故|AB→|=B（3，1），C（4，m+1）（m∈R），则BC→AB→则AB→⋅BC→=2×1−1×m=0AB→则2m＝﹣1，解得m=−12，故BA→，BCBA→故BA→⋅BC→＜0且BA→，BC→故选：ACD．（多选）11．（6分）如图所示，在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，3（a•cosC+c•cosA）＝2b•sinB，且满足∠CAB=π3．若点D是△ABC外一点，DC＝1、A．四边形ABCD周长的最小值为8 B．四边形ABCD周长的最大值为12 C．四边形ABCD面积的最小值为3 D．四边形ABCD面积的最大值为5【考点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算．【答案】ABC【分析】对于A，B，由正弦定理结合已知条件可判断△ABC为正三角形，然后在△ACD中，由三角形性质可得2＜AC＜4，进一步可求出四边形ABCD周长的范围即可判断；对于C，D，由题可求出四边形ABCD面积S=532【解答】解：对于A，B，在△ABC中，A+B+C＝π，∵3（a•cosC+c•cosA）＝2b•sinB，由正弦定理得：3(sinA⋅cosC+sinC⋅cosA)=2si∴3sinB=2sin2B，∵B∈（0，∴sinB=32，∴B=π3或2π3∴△ABC为正三角形，在△ACD中，DC＝1，DA＝3，故2＜AC＜4，∴四边形ABCD周长为DC+DA+AB+BC＝4+2AC∈（8，12），故A，B错误；对于C，D，四边形ABCD面积S==3=3=5∵∠ADC∈（0，π），∴∠ADC−π∴−3∴四边形ABCD面积S∈(3，532故选：ABC．三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12．（5分）复数z满足（1﹣i）z＝3﹣4i，则z＝7−i2【考点】复数的除法运算．【答案】7−i2【分析】根据复数的除法运算求解．【解答】解：由题意，z=3−4i故答案为：7−i213．（5分）已知a→，b→为单位向量，且a→⊥b→，若c【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】π6【分析】结合向量垂直的性质，以及平面向量的夹角公式，即可求解．【解答】解：设〈a→，c→〉=a→，b→为单位向量，且则|a→|=|c→a→|c故cosθ=a→⋅故答案为：π614．（5分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，bcosC＝（2a﹣c）cosB．若b=3，则c﹣2a的取值范围是(−23【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】(−23【分析】根据正弦定理，结合两角和差的正弦公式求出B，再利用正弦定理得到c＝2sinC，a＝2sinA，则c−2a=−23【解答】解：因为bcosC＝（2a﹣c）cosB，由正弦定理有sinBcosC+sinCcosB＝2sinAcosB，即sin（B+C）＝2sinAcosB，又B+C＝π﹣A，所以sinA＝2sinAcosB，又A∈（0，π），则sinA≠0，故cosB=12，又B∈（0，π），所以B=π由正弦定理csinC因为B=π3，则A所以c−2a=2sinC−4sinA=2sinC−4sin(=2sinC−4(sin2π=−23因为0＜C＜2π3，cosC所以c﹣2a∈(−23故答案为：(−23四、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）已知向量a→=(2，1)，b→（1）若c→∥a（2）若(ka→+【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】（1）25（2）−4【分析】（1）结合向量共线的性质，即可求解；（2）结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：（1）a→=(2，1)，c→则2λ＝4，解得λ＝2，故|c（2）ka(ka则(ka→+b16．（15分）已知复数z和它的共轭复数z满足2z+z=3+2（1）求z；（2）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【考点】复数的运算；共轭复数．【答案】（1）1+2i．（2）1717【分析】（1）根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，即可求解．（2）根据已知条件，结合韦达定理，求出p，q，再结合复数的四则运算，即可求解．【解答】解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），则z=a−bi，2z+z=2（a+bi）+（a﹣bi）＝3a+bi所以3a=3b=2，解得a＝1，b故z＝1+2i．（2）∵z是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，∴z是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的另一个根，∴1+2i+1−2i=−p(1+2i)(1−2i)=q，解得p＝﹣2，q∴|zp+(q+4)i|＝|1+2i−2+9i∴复数zp+(q+4)i的模为1717．（15分）已知向量a→，b→满足：|a→|=4（1）求a→与b→的夹角（2）求|a（3）若(a→+【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）θ=π3；（2）27【分析】（1）把向量等式左边展开，结合已知即可求得a→（2）利用|a（3）由向量垂直与数量积的关系列式求解．【解答】解：（1）∵|a→|=4，|∴4a→2−8a∴cosθ=a又θ∈[0，π]，∴θ=π（2）|a（3）由(a→+即16+6（λ+1）+9λ＝0，即λ=−2218．（17分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若bcosC+ccosB＝2bsinA，且sinA≥sinB．（1）求角B的值；（2）若cosC+sinB＝0，且△ABC的面积为3，求BC边上的中线AM的长．【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）π6；（2）7【分析】（1）利用正弦定理和三角变换即可求解；（2）先利用cosC+sinB＝0，求出C，再求A，得到a＝b，最后利用余弦定理求AM．【解答】解：（1）∵bcosC+ccosB＝2bsinA，∴sinBcosC+sinCcosB＝2sinBsinA，即sin