江苏省无锡市重点高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学

2024-2025学年高一下学期期中数学试卷

一、单选题

1．若复数z12i（i为虚数单位），则z的虚部是（）

A．2B．2iC．2D．2i

2．已知向量a，b不共线，ma3b，n2axb，若m//n，则x（）

22

A．6B．C．6D．

33

11

3．已知cos，sinsin，则cos（）

612

1111

A．B．C．D．

2343

4．已知点A1,1，B2,1，若直线AB上的点D满足AD2BD，则D点坐标为（）

A．5,2B．6,2C．4,3D．5,3

5．已知向量a5,0，b2,4，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为（）

A．2,4B．1,2C．4,8D．2,4

6．如图，两座山峰的高度AMCN200m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，B，

C在同一水平面上）测得M点的仰角为45，N点的仰角为30，且MBN45，则两座山峰峰顶之间的

距离MN（）

A．200mB．400mC．2002mD．4002m

12

7．在ABC中，ANNC，P是直线BN上的一点，若APmABAC，则实数m的值为（）

27

3311

A．B．C．D．

7777

8．若ABC的三个内角均小于120°，点M满足AMBAMCBMC120，则点M到三角形三个顶

点的距离之和最小，点M被人们称为费马点.根据以下性质，已知a是平面内的任意一个向量，向量b，c满

足bc，且|b||c|2，则|ab||a||ac|的最小值为（）

23

A．22B．31C．D．21

3

二、多选题

9．在ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（）

A．a4，b5，c6B．A30，B45，c5

C．a3，b2，A45D．a3，b2，C75°

10．已知复数z1，z2，下列选项正确的是（）

22

A．若z1z2，则z1z2

B．若z1z20，则z10或z20

C．若z211，则z21的最小值为2

D．z1z2z1z2

11．如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为边BC，CD上的点（不含端点），且DNBMMN，

AEMN，E为垂足，记BMm，DNn，下列说法正确的有（）

A．CMN的周长大于2B．MAN45

MN

C．mnmn1D．的最小值为2(22)

AE

三、填空题

12．若复数z满足1iz2（i为虚数单位），则复数z的共轭复数z.

12π

13．已知sincos，则2cos1.

44

14．若ABC外接圆的圆心O，半径为23，且3sin2BAB3sin2CACsinBsinCAO，则边BC长

为.

四、解答题

2

15．已知复数zm5m6m3imR，其中i为虚数单位.

(1)求m为何值时，z为纯虚数；

(2)若复数z在复平面内对应的点位于第三象限，求m的取值范围.

16．设为实数，已知向量a(,4)，b(4,1).

(1)若a//b，求的值；

(2)设a(ab)，向量a与b的夹角为，求的大小.

17．已知函数fx3sin2xcos2x1xR.

(1)求函数fx的最小正周期及对称中心；

5π

(2)若函数fx在区间,m上的值域为1,13，求m的取值范围.

12

1

18．在ABC中，已知D为边BC上一点，满足BDDC，AD6.

2

ππ

(1)若BAC，ABD，求△ABD的面积；

26

(2)若BACDACπ，求AB的长.

19．在锐角ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，G为ABC的重心，已知c2，

π

sinCacosCccosAbcosC.

6

(1)求C的大小；

23

(2)若CG，求CACB；

3

(3)求15CG3CBCA的取值范围.

题号12345678910

答案ACDDBCCBABDBD

题号11

答案BC

1．A

根据复数的相关概念判断即可.

【详解】复数z12i的虚部为2.

故选：A

2．C

依题意可得ntm，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可.

【详解】因为ma3b，n2axb且m//n，

所以ntm，即2axbta3bta3tb，

2tt2

又向量a，b不共线，所以，解得.

x3tx6

故选：C

3．D

利用两角和的余弦公式求出coscos，再由两角差的余弦公式计算可得.

11

【详解】因为coscoscossinsin，又sinsin，

612

1

所以coscos，

4

111

所以coscoscossinsin.

4123

故选：D

4．D

根据给定条件，利用向量线性运算及坐标表示求解.

【详解】令坐标原点为O，由AD2BD，得ODOA2(ODOB)，则OD2OBOA，

而点A1,1，B2,1，因此OD(4,2)(1,1)(5,3)，

所以D点坐标为5,3.

故选：D

5．B

根据给定条件，利用投影向量的意义求解.

【详解】向量a5,0，b2,4，则ab10，|b|22(4)225，

ab101

所以向量a在向量b上的投影向量为bb(2,4)(1,2).

|b|2202

故选：B

6．C

在RtABM、RtBCN中利用锐角三角函数求出BM、BN，再在BMN中利用余弦定理计算可得.

AM200

【详解】在RtABM中BM2002m，

sinABMsin45

CN200

在RtBCN中BN400m，

sinCBNsin30

在BMN中MNBM2BN22BMBNcosMBN

22

20024002220024002002m．

2

故选：C

7．C

根据给定条件，利用共线向量定理的推论列式计算即得.

126

【详解】由ANNC，得AC3AN，则APmABACmABAN，

277

6

而B,P,N三点共线，则m1，

7

1

所以m.

7

故选：C

8．B

作OAa,OBb,OCc，确定△OBC的形状，进而确定此三角形费马点位置，再结合图形求解即得.

【详解】作向量OAa,OBb,OCc，由bc，|b||c|2，得△OBC是腰长为2的等腰三角形，

|ab||a||ac||BA||OA||CA|，而△OBC的所有内角均小于120°，

因此|ab||a||ac|取得最小值的点A是△OBC的费马点，

BACOACOAB120，则ABAC，点A在斜边BC的中线上，如图，

233

BAD60，ACAB2ADBCtan30，AOADOD1，

33

23233

所以|ab||a||ac|的最小值为131.

333

故选：B

9．ABD

对于A、B、D根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一；对于C，可用正弦定理，结合正

弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解.

【详解】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正

确；

对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正

确；

ab3226

对于C，由正弦定理，即，所以sinB，

sinAsinBsin45sinB33

因为ba，则BA,

62

因为sinB，结合正弦函数的图象可知角B有两解，故C错误；

32

对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即D正确.

故选：ABD.

10．BD

利用特殊值判断A，根据复数模的性质判断D、B，根据复数模的计算公式及函数的性质计算C.

2222

【详解】对于A：若z11,z2i，则z1z21，而z11，z21，z1z2，故A错误；

对于D：设z1abi，z2cdi，a,b,c,dR，

则z1z2cdiabiacbdbcadi，

所以222222，

z1z2acbdbcadabcd

又22，22，

z1abz2cd

所以z1z2z1z2，故D正确；

对于B：因为z1z2z1z20，所以z10或z20，即z10或z20，故B正确；

对于C：设z2xyix,yR，由z211，

222

所以x1y21，即x1y21，则y21x10，解得2x0，

所以2222，

z21x1yx11x114x1,3

所以z21的最小值为1，故C错误.

故选：BD

11．BC

利用给定图形，结合勾股定理计算判断AC；利用和角的正切求解判断B；利用面积法，结合基本不等式推

理判断D.

【详解】对于A，CM1m,CN1n,MNmn，则CMN的周长为2，A错误；

对于C，由CM2CN2MN2，得(1m)2(1n)2(mn)2，整理得mnmn1，C正确；

mn

对于B，tanMABm,tanNADn，则tan(MABNAD)1，

1mn

而MABNAD为锐角，则MABNAD45，MAN904545，B正确；

1111

对于D，由S1SSS，得(mn)AE1(1m)(1n)mn，

AMNCMNBAMDAN2222

mn

整理得(mn)AE1mnmn，即AE1，而1(mn)mn()2，

2

即(mn)24(mn)40，又mn0，解得mn2(21)，当且仅当mn时取等号，

MNMN

又mn，因此的最小值为2(21)，D错误.

AEAE

故选：BC

12．1i/i1

根据复数代数形式的除法运算化简z，再计算其共轭复数.

21i

【详解】因为1iz2，所以z1i，

1i1i

所以z1i.

故答案为：1i

15

13．

16

1

将sincos两边平方，即可求出sin2，再由二倍角公式及诱导公式计算可得.

4

【详解】

1

因为sincos，

4

211

所以sincos，即sin22sincoscos2，

1616

15

所以sin2，

16

2πππ15

所以2cos1cos2cos2sin2.

44216

15

故答案为：

16

31

14．/3

33

1cosBABcosCAC

利用二倍角正弦化简已知等式为AO，再利用三角形外心、向量数量积及正弦定理、

6sinCsinB

和角的余弦公式求出sinA即可.

【详解】在ABC中，令内角A,B,C所对边分别为a,b,c，其外接圆半径为R，

abc

则2R，由3sin2BAB3sin2CACsinBsinCAO，

sinAsinBsinC

得6sinBcosBAB6sinCcosCACsinBsinCAO，

1cosBABcosCAC

sinB0,sinC0，则AO，

6sinCsinB

22

1cosBABcosCABAC112ccosBbccosAcosC

于是AOAB，即c，

6sinCsinB62sinCsinB

1ccosBccosAcosC1

则c，即sinCcos(AC)cosAcosCsinAsinC，

12sinCsinC12

13

因此sinA，所以BCa2RsinA.

123

故答案为：3

3

15．(1)2

(2)2,3

（1）根据实部为0，虚部不为0得到方程（不等式）组，解得即可；

（2）根据实部、虚部均小于0得到不等式组，解得即可.

【详解】（1）因为zm25m6m3imR为纯虚数，

m25m60

所以，解得m2；

m30

（2）复数zm25m6m3imR在复平面内对应的点为m25m6,m3，

m25m60

依题意，解得2m3，即m的取值范围为2,3.

m30

16

16．(1)；

3

π

(2).

4

（1）利用共线向量的坐标表示，列式求解.

（2）利用向量垂直的坐标表示求出，再利用向量夹角公式求解.

【详解】（1）向量a(,4)，b(4,1)，由a//b，得4(4)1，

16

所以.

3

（2）依题意，ab(4,3)，由a(ab)，得4340，解得3，

因此a(3,4)，b(7,1)，|a|5，|b|52，ab374125，

ab252

则cos，而0π，

|a||b|5522

π

所以.

4

πkπ

17．(1)Tπ，对称中心为,1kZ

122

5π5π

(2),

64

（1）利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得；

π

（2）由x的范围求出2x的范围，再结合正弦函数的性质计算可得.

6

31

【详解】（1）因为fx3sin2xcos2x12sin2xcos2x1

22

π

2sin2x1，

6

2π

所以函数fx的最小正周期Tπ；

2

ππkπ

令2xkπ，kZ，解得x，kZ．

6122

πkπ

所以fx的对称中心为,1kZ．

122

5ππ2ππ

（2）当x,m时，2x,2m，

12636

2π7π33π2π3π3π7π

又sinsin，sin1，且ysinx在,上单调递减，在,上单调递增，

33223223

5π

因为fx在,m的值域为1,13，

12

3ππ7π5π5π

所以2m，解得m，

26364

5π5π

即m的取值范围为,．

64

93

18．(1)

13

3

(2)6

2

211

（1）首先得到c3b，再由ADABAC将两边平方，即可求出b，再由S△ABDS△ABC计算可得；

333

3

（2）根据边长关系得到SS，结合三角形面积公式和sinBACsinDAC即可得解；

ABC2ACD

πππ

【详解】（1）因为BAC，ABD，所以ACB，且ABAC0，

263

b3

所以tanABD，即c3b，

c3

11121

又BDDC，所以ADABBDABBCABACABABAC，

23333

2

221424124212

所以ADABACABABACACABAC，

3399999

2

41254

所以63bb，解得b（负值已舍去），

9913

11111545493

所以SSbc3;

△ABD3△ABC3232131313

1

（2）因为D为BC上一点，满足BDDC，

2

3131

所以SS，所以ABACsinBACADACsinDAC，

△ABC2△ADC222

因为BACDACπ，所以sinBACsinDAC，

33

所以ABAD，又AD6，所以AB6；

22

π

19．(1)

3

(2)2

10211234

(3),

33

(1)由正弦定理及三角恒等变换得tanC3，进行求解；

1

(2)依题意得CGCACB，再结合余弦定理求出ab4，进行求解；

3

3t24

(3)由15CG3CBCA542abab，令t42ab，得ab，得

22

3t2438π4

15CG3CBCA5tt25t3，再由正弦定理及三角恒等变换求出absin2A，

224363

再求ab的范围得到t的范围即可求解．

π

【详解】（1）由正弦定理得，sinCsinAcosCsinCcosAsinBcos(C)，

6

π

得sinCsinACsinBcos(C)，

6

π

得sinCsinBsinBcos(C)，

6

因为B0,π，所以sinB0，

π31

得sinCcos(C)，得sinCcosCsinC，

622

13

得sinCcosC，即tanC3，

22

π

因为C0,π，所以C.

3

（2）如图：

连接CG，并延长CG交AB为点M，

2

因为G为ABC的重心，所以M为AB的中点，且CGCM，

3

1

而CMCACB，

2

211

得CGCACBCACB，

323

212

得CGCACB，

9

2122

即CGCA2CACBCB，

9

2

因为23，所以2312π2，

CGb2abcosa

3393

即a2b212ab，

π

由余弦定理得，c2a2b22abcos，而c2，

3

得a2b24ab，

故12ab4ab，得ab4，

π