2023-2024学年福建省宁德市古田一中高一（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省宁德市古田一中高一（下）第一次月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.PA+BC−BA=( )
A. PBB. CPC. ACD. PC
2.若复数(m−3)+m(m−3)i=0，则实数m=( )
A. 2B. 3C. 0D. 1
3.已知平面向量a，b满足|a|=1，|b|=2，且a⋅b=1，则a与b的夹角是( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
4.在△ABC中，若BC=5，CA=7，AB=8，则△ABC的最大角与最小角之和是( )
A. 90°B. 120°C. 135°D. 150°
5.已知平面向量a=(2,−1)，b=(−4,x)，若b与(a+b)共线，则实数x=( )
A. −8B. 8C. −2D. 2
6.在平行四边形ABCD中，AE=13AD，CF=13CD，则BA=( )
A. 65AF−95CEB. 25AF−35CEC. 65AF+95CED. 25AF+35CE
7.若复数z1=1+i，z2=csα+isinα(α∈R)，其中i是虚数单位，则|z1−z2|的最大值为( )
A. 2B. 2C. 2+1D. 3
8.“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子⋅离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载(如图(1)).今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图(2).若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足csα=35，则这块四边形木板周长的最大值为( )
A. 20cmB. 20 2cmC. 20 3cmD. 30cm
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 复数−2−i的虚部为−i
C. 若复数z为纯虚数，则|z|2=z2D. |z1⋅z2|=|z1||z2|
10.在平面直角坐标系中，若点A(2,3)，B(−3,4)，如图所示，x轴、y轴同方向上的两个单位向量分别为i和j，则下列说法正确的是( )
A. OA=2i+3j
B. OB=3i+4j
C. AB=−5i+j
D. BA=5i+j
11.判断下列三角形解的情况，有且仅有一解的是( )
A. a=1，b= 2，B=45°B. a= 5，b= 15，A=30°
C. a=6，b=20，A=30°D. a=5，B=60°，C=45°
12.已知扇形AOB的半径为1，∠AOB=120°，点C在弧AB上运动，OC=xOA+12yOB，下列说法正确的有( )
A. 当C位于A点时，x+y的值最小B. 当C位于B点时，x+y的值最大
C. CA⋅CB的取值范围为[−12,0]D. OC⋅BA的取值范围[−32,32]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,3)，b=(m,−1)，若a⊥b，则m= ______．
14.设i为虚数单位，若复数z=1+2ii，则z的实部与虚部的和为______．
15.在△ABC中，AM是∠BAC的角平分线，且交BC于M.已知AM=2 3，BM=2，MC=3，则AC= ______．
16.根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和.现在对直角三角形CDE按上述操作作图，得到如图所示的图形.若FA+xAB=yDA，则x−y= ______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知复数z=(2m2−3m−2)+(m2−3m+2)i，其中i为虚数单位，m∈R．
(1)若z为实数，求m的值；
(2)若复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，求m的值．
18.(本小题12分)
已知复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根(i是虚数单位，m∈R)．
(1)求|z|；
(2)设复数z1=a−i2023z−，(z−是z的共复数)，且复数z1所对应的点在第三象限，求实数a的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P．
(1)若AP⋅AC=8，求AP的长；
(2)设|AB|=6,|AC|=8,∠BAC=π3,AP=xAB+yAC，求y−x的值．
20.(本小题12分)
在△ABC中，b=2 3，再从下面两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题．
(1)若a=2，求△ABC的面积；
(2)求a+c的取值范围．
条件① 3ccsB=bsinC；条件②2a−c=2bcsC．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
21.(本小题12分)
如图所示，在某海滨城市O附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O的东偏南θ(csθ= 210,0°<θ<90°)方向，距点O300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大.问：几小时后该城市开始受到台风的侵袭？
参考数据：cs(θ−45°)=45．
22.(本小题12分)
后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制.某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊.已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地AOB进行改造.如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧AB上，点M和点N分别在线段OA和线段OB上，且OA=90cm，∠AOB=π3.记∠POB=θ．
(1)请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，S取得最大值；
(2)记OP=xOA+yOB，若t=x+μy(μ>0)存在最大值，求μ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据向量的线性运算法则，可得PA+BC−BA=PA+AC=PC．
故选：D．
根据平面向量的线性运算法则，即可求解．
本题主要考查向量的线性运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为复数(m−3)+m(m−3)i=0，
所以m−3=0m(m−3)=0，
解得m=3．
故选：B．
根据复数的定义列出方程组，即可解得m的值．
本题考查了复数的定义，考查了一元二次方程的解法，考查了方程思想，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】即：设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a||b|=11×2=12
又因为0≤θ≤π，
所以θ=π3．
故选：C．
利用向量的夹角公式即可求解．
本题主要考查向量的夹角公式，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据三角形中大角对大边，小角对小边的原则，
所以由余弦定理可知csθ=52+82−722×5×8=12，
所以7所对的角为60°．
所以三角形的最大角与最小角之和为：180°−60°=120°．
故选：B．
直接利用余弦定理求出7所对的角的余弦值，求出角的大小，利用三角形的内角和，求解最大角与最小角之和．
本题考查余弦定理的应用，三角形的边角对应关系的应用，考查计算能力．
5.【答案】D
【解析】解：因为a=(2,−1)，b=(−4,x)，
所以a+b=(−2,x−1)，
因为b与(a+b)共线，所以−4(x−1)=−2x，
解得x=2．
故选：D．
由向量共线的坐标运算可得关于x的方程，求解即可．
本题主要考查向量共线的坐标运算，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：画出图形，如下图：
设AB=a，AD=b，
因为AE=13AD，所以CE=CD+DE=−a−23b，
因为CF=13CD，所以AF=AD+DF=b+23a，
设BA=mAF+nCE，则−a=m(b+23a)+n(−a−23b)，所以23m−n=−1m−23n=0，
解得m=65，n=95，即BA=65AF+95CE．
故选：C．
设AB=a，AD=b，将BA，AF，CE都用a，b表示，设BA=mAF+nCE，解出m，n的值即可．
本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意可得，z2对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，z1对应的点为z1(1,1)，如下图所示，
则|z1−z2|的最大值为 2+1．
故选：C．
根据题意，结合复数的几何意义，画出图形，即可得到结果．
本题主要考查了复数的几何意义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题图(2)得，圆形木板的直径为 102+52=5 5(cm)，
设截得的四边形木板为ABCD，设∠A=α，AB=c，BD=a，AD=b，BC=n，CD=m，如图所示：
因为csα=35且0<α<π，所以sinα= 1−cs2α=45，
由正弦定理得asinα=5 5，解得a=4 5，
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsα，
所以80=b2+c2−65bc=(b+c)2−165bc≥(b+c)2−165×(b+c)24=(b+c)25，
即(b+c)2≤400，所以0在△BCD中，∠BCD=π−α，
由余弦定理可得80=a2=m2+n2−2mncs(π−α)=m2+n2+65mn=(m+n)2−45mn≥(m+n)2−45×(m+n)24=4(m+n)25，
即(m+n)2≤100，所以0因此这块四边形木板周长的最大值为30cm．
故选：D．
作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：因为i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，A正确；
复数−2−i的虚部为−1，B不正确；
若z=i，则z2=−1，|z|2=1，C不正确；
设z1=a+bi，z2=c+di，所以z1z2=ac−bd+(ad+bc)i，
|z1z2|= (ac−bd)2+(ad+bc)2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2= a2+b2⋅ c2+d2=|z1||z2|，D正确．
故选：AD．
根据复数的运算可得A，C，D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误．
本题主要考查了复数的概念及性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：由题意可得，OA=2i+3j，OB=−3i+4j，故A正确，B不正确；
所以AB=OB−OA=−3i+4j−(2i+3j)=−5i+j，BA=−AB=5i−j，故C正确，D不正确．
故选：AC．
根据图象，由平面向量的坐标运算求解．
本题主要考查了平面向量的基本运算，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A：由正弦定理得sinA=asinBb= 22 2=12，∵b>a，∴B>A，即0°对于B：由正弦定理得sinB=bsinAa= 15×12 5= 32，∵b>a，∴B>A，即30°对于C：由正弦定理得sinB=bsinAa=20×126=53>1，此时B无解，故C错误；
对于D：三角形两角和一边确定时，三角形有唯一确定解，D正确．
故选：AD．
利用正弦定理解三角形，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：以O为原点，以OA所在直线为x轴，过O作OA的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设∠AOC=θ，则C(csθ,sinθ)，其中0≤θ≤2π3，A(1,0)，B(−12, 32)，
∵OC=xOA+12yOB，
∴csθ=x−12ysinθ= 32y，即y=2 33sinθx=csθ+ 33sinθ，
∴x+y=csθ+ 3sinθ=2sin(θ+π6)，
∴当θ=π3时，x+y取得最大值2，此时点C为A或B点，故A正确，B错误；
而CA=(1−csθ,−sinθ)，CB=(−12−csθ, 32−sinθ)，
∴CA⋅CB=(−csθ+1)(−12−csθ)+( 32−sinθ)(−sinθ)
=12−12csθ− 32sinθ=12−sin(θ+π6)，
∵0≤θ≤2π3，∴π6≤θ+π6≤5π6，∴12≤sin(θ+π6)≤1，
∴−12≤12−sin(θ+π6)≤0，
∴CA⋅CB的取值范围为[−12,0]，故C正确；
∵OC⋅(OA−OB)=(csθ,sinθ)⋅(32,− 32)
=32csθ− 32sinθ= 3cs(θ+π6)，
∵0≤θ≤2π3，∴π6≤θ+π6≤5π6，∴− 32≤cs(θ+π6)≤ 32，
∴ 3cs(θ+π6)∈[−32,32]，
∴OC⋅(OA−OB)∈[−32,32]，故D正确．
故选：ACD．
建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，转化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解．
本题考查平面向量运算法则、向量数量积公式、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
【解析】解：向量a=(1,3)，b=(m,−1)，若a⊥b，
则1⋅m−3×1=0
解得m=3．
故答案为：3．
直接利用向量的数量积运算法则求解即可．
本题考查斜率的数量积的运算，向量创造条件的应用，是基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为z=1+2ii=(1+2i)×(−i)i×(−i)=2−i，
因此，复数z的实部与虚部之和为2+(−1)=1．
故答案为：1．
利用复数的四则运算化简复数z，根据实部和虚部的概念即可求得结果．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
15.【答案】3 3
【解析】解：由题意AM是∠BAC的角平分线，AM=2 3,BM=2,MC=3，
由角平分线的性质知：AB：AC=BM：MC=2：3，
设AB=2m，AC=3m，(m>0)，
因为∠AMB+∠AMC=π，则cs∠AMB=−cs∠AMC，则AM2+BM2−AB22AM⋅BM=−AM2+CM2−AC22AM⋅CM，
所以16−4m28 3=−21−9m212 3，整理得30m2=90，解得m= 3或m=− 3(舍)．
所以AC=3 3．
故答案为：3 3．
根据角平分线性质定理可得AB：AC=2：3，设AB=2m，AC=3m，(m>0)，由余弦定理可得关于m的方程，求得m的值，即可得答案．
本题考查的知识点：余弦定理和一元二次方程的解法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16.【答案】−12
【解析】解：以A为原点，分别以AB,AD为x，y轴建立平面直角坐标系，
设正方形ABCD的边长为2a，则正方形DEHI的边长为 3a，正方形EFGC边长为a，
由题意可得，A(0,0)，B(2a,0)，D(0,2a)，DF=DE+EF=a+ 3a，
则xF=( 3+1)a⋅cs30°=3+ 32a，yF=( 3+1)a⋅sin30°+2a=5+ 32a，
即F(3+ 32a,5+ 32a)，
又FA+xAB=yDA，即AF=xAB+yAD，
∴(3+ 32a,5+ 32a)=x(2a,0)+y(0,2a)=(2ax,2ay)，
即2ax=3+ 32a2ay=5+ 32a，即2ax−2ay=3+ 32a−5+ 32a，化简得x−y=−12．
故答案为：−12．
以A为原点，分别以AB,AD为x，y轴建立平面直角坐标系，结合向量线性运算的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量线性运算的坐标表示，属于中档题．
17.【答案】解：(1)若z=(2m2−3m−2)+(m2−3m+2)i为实数，
则有m2−3m+2=0，得m=1或m=2．
(2)若复数z在复平面内对应的点在直线y=x上，
则2m2−3m−2=m2−3m+2，得m=±2．
【解析】(1)根据复数的概念列出方程，解方程即可求解；
(2)根据复数的几何意义列出方程，解之即可求解．
本题主要考查实数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：(1)复数z=m+2i是方程x2+6x+13=0的根，
则(m+2i)2+6(m+2i)+13=0，即(4m+12)i+m2+m+9=0，
故4m+12=0m2+6m+9=0，解得m=−3，
z=−3+2i，
则|z|= (−3)2+22= 13；
(2)i2023=(i4)505⋅i3=−i，
则数z1=a−i2023z−=a+i−3−2i=(a+i)(−3+2i)(−3−2i)(−3+2i)=−3a−2+(2a−3)i13，
∵复数z1所对应的点在第三象限，
∴−3a−2<02a−3<0，解得−23故a的取值范围为(−23,32).
【解析】(1)将复数根代入方程中，根据复数相等即可求解，
(2根据已知条件，结合复数的四则运算，对z1化简，再结合复数的结合意义即可列不等式求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，
∴AP⋅AC=AP⋅2AO=2AP⋅(AP+PO)=2AP⋅AP+0=8，
∴(AP)2=|AP|2=4，
解得|AP|=2，故AP长为2．
(2)∵AP=xAB+yAC=xAB+2yAO，且B，P，O三点共线，∴x+2y=1①，
又∵|AB|=6,|AC|=8,∠BAC=π3，
则AB⋅AO=|AB|⋅12|AC|cs∠BAC=12，
由AP⊥BD可知AP⋅BO=(xAB+2yAO)⋅(AO−AB)=0，
展开2yAO2−xAB2+(x−2y)AB⋅AO=0，化简得到y=3x②
联立①②解得x=17,y=37，故y−x=27．
【解析】(1)利用线性运算将AC转化为2(AP+PO)，然后根据AP⋅AC=8和AP⋅PO=0得到|AP|2=4，然后求AP即可；
(2)根据B，P，O三点共线得到x+2y=1，根据数量积公式得到AB⋅AO=12，2yAO2−xAB2+(x−2y)AB⋅AO=0，即可得到y=3x，然后解方程即可．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，还考查了向量共线定理的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)选条件①，∵ 3ccsB=bsinC，∴ 3sinCcsB=sinBsinC，又sinC≠0，
∴tanB= 3，而B∈(0,π)，故B=π3；
选条件②，∵2a−c=2bcsC，
∴2a−c=2bcsC=2b×a2+b2−c22ab=a2+b2−c2a，
即a2+c2−b2=ac，∴csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
又B∈(0,π)，故B=π3．
在△ABC中，当b=2 3，a=2，B=π3时，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB得：12=4+c2−4c×12，
即c2−2c−8=0，∴c=4，
所以S△ABC=12acsinB=12×2×4sinπ3=2 3．
(2)由题设及小问1可知：B=π3，b=2 3，
故由正弦定理得：a+c=bsinB(sinA+sinC)=2 3sinπ3(sinA+sinC)=4(sinA+sinC)
=4[sin(C+π3)+sinC]=4 3sin(C+π6)∵B=π3，∴C∈(0,2π3)，
故2 3<4 3sin(C+π6)≤4 3(当且仅当A=C=π3时等号成立)，
即2 3【解析】(1)若选条件①，则用“边化角”求解出角B，若选条件②，则用“角化边”求解出角B.再利用余弦定理解得c，然后代入△ABC的面积公式即可得△ABC的面积；
(2)由正弦定理用sinB与b表示出a、c，借助辅助角公式结合△ABC的内角和化简即可．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，方程思想，函数思想，属中档题．
21.【答案】解：设经过t小时后台风中心到达Q，
在△POQ中，由余弦定理有OQ2=PQ2+OP2−2⋅PQ⋅OPcs∠QPO，根据题意有PQ=20t，cs∠QPO=cs(θ−45°)=45
∴OQ2=(20t)2+3002−2×20t×300×45，
当台风中心到达点Q时影响范围为60+10t，
海滨城市O受到影响则有OQ≤60+10t，
∴(20t)2+3002−2×20t×300×45≤(60+10t)，
解得12≤t≤24，
∴12小时后该城市开始受到台风的侵袭．
【解析】设经过t小时后台风中心到达Q，在△POQ中，由余弦定理有OQ2=PQ2+OP2−2⋅PQ⋅OPcs∠QPO，海滨城市O受到影响则有OQ≤60+10t，可得t的不等式，可求t的范围．
本题考查余弦定理的在解三角形中的应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)由题可知，在△PMO中，OP=90，∠PMO=2π3，∠MPO=θ，∠MOP=π3−θ，
则由正弦定理OPsin∠PMO=OMsin∠MPO=PMsin∠MOP，可得90 32=OMsinθ=PMsin(π3−θ)，
故可得OM=60 3sinθ，PM=60 3sin(π3−θ)，
故S△PMO=12sin∠PMO×MP×MO= 34×60 3sin(π3−θ)×60 3sinθ
=2700 3sinθsin(π3−θ)=2700 3×( 32sinθcsθ−12sin2θ)=2700 3×( 34sin2θ+14cs2θ−14)=2700 3×[12sin(2θ+π6)−14]
=1350 3sin(2θ+π6)−675 3(0<θ<π3)，
即S=2S△PMO=2700 3sin(2θ+π6)−1350 3(0<θ<π3)．
当θ=π6时，sin(2θ+π6)=1，此时S取得最大值．
(2)由(1)知，OM=60 3sinθ，ON=60 3sin(π3−θ)，
∵OP=xOA+yOB，
∴x=2 33sinθ，y=2 33sin(π3−θ)，
∴t=2 33sinθ+2 33μsin(π3−θ)=2 33[ 32cs(π3−θ)+(μ−12)sin(π3−θ)]，
令α=π3−θ，α∈(0,π3)，
∴t=2 33[ 32csα+(μ−12)sinα]，
当μ≤12时，t关于α递减，不存在最大值，
当μ>12时，t=2 33 μ2−μ+1( 32 μ2−μ+1csα+u−12 μ2−μ+1sinα)=2 33 μ2−μ+1sin(α+φ)，其中tanφ= 32μ−12，φ∈(0,π2)，
∵0<α<π3，φ<α+φ<φ+π3，
要使t存在最大值，只需φ+π3>π2，即φ>π6，
∴tanφ> 33得 32μ−12> 33，解得μ∈(12,2)．
【解析】(1)在△PMO中，正弦定理可得OM=60 3sinθ，PM=60 3sin(π3−θ)，通过三角恒等变换可得S=2S△PMO=2700 3sin(2θ+π6)−1350 3，(0<θ<π3)，从而可求其最大值；
(2)根据向量的运算，由OP=xOA+yOB得x=2 33sinθ，y=2 33sin(π3−θ)，从而t=2 33sinθ+2 33μsin(π3−θ)，再根据三角函数的性质求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于难题．