2023-2024学年黑龙江省牡丹江第一高级中学高一（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省牡丹江第一高级中学高一（下）月考数学试卷（4月份）（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.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为(−1,2)，则z−=( )
A. −1+2iB. 1+2iC. 1−2iD. −1−2i
2.已知向量a=(1,−2)，b=(x,4)，且a/​/b，则|a−b|=( )
A. 5 3B. 3 5C. 2 5D. 2 2
3.△ABC中，AD=13AB，点E是CD的中点，设AB=a，AC=b，则AE=( )
A. 12a+16bB. 16a+23bC. 12a+13bD. 16a+12b
4.如图，在边长为2的等边△ABC中，点E为中线BD的三等分点(接近点B)，点F为BC的中点，则EF⋅EC=( )
A. − 316
B. 56
C. −103
D. −34
5.在矩形ABCD中，AB= 3，BC=1，E是CD上一点，且AE⋅AB=1，则AE⋅AC的值为( )
A. 3B. 2C. 32D. 33
6.在矩形ABCD中，AB=3，BC=4.若AP=1，则BP⋅BD的取值范围是( )
A. [4,13]B. [4,14]C. [6,13]D. [9,14]
7.已知单位圆O是△ABC的外接圆，若A=π4，则AB⋅AC的最大值为( )
A. 12
B. 22
C. 2+1
D. 2
8.数学家欧拉在1765年发现了九点圆，即在任意的三角形中，三边的中点、三条高的垂足、三条高的交点(垂心)与三角形顶点连线的中点，这九个点共圆，因此九点圆也称作欧拉圆.已知在△ABC中，A(−2,0)，B(4,4)，C(2,2)，则△ABC的九点圆的半径为( )
A. 1103B. 1303C. 1102D. 1302
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(1,1),b=(−2,0)，则下列结论正确的是( )
A. |a|=|b|B. a与b的夹角为34π
C. (a+b)⊥aD. b在a上的投影向量是(−1,−1)
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a：b：c=4：5：6，则下列结论正确的是( )
A. sinA：sinB：sinC=4：5：6
B. △ABC是钝角三角形
C. △ABC的最大内角是最小内角的2倍
D. 若c=6，则△ABC外接圆半径为8 77
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+Sc⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△ABC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA：SB：SC= 3：2：1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设m∈R，复数z=(m2+m−2)+(m−1)i，其中i为虚数单位，若z为纯虚数，则m= ______．
13.已知向量a，b，c满足a+b+c=0，|a|=1，|b|= 3，|c|= 2，则a与c的夹角为______．
14.法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对△ABC而言，若其内部的点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC=45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA=45°，PA=2.则△ABC的外接圆直径长为 ．
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.(本小题13分)
已知向量a,b满足|a|=4,b=(1,2)．
(1)若a//b，求向量a的坐标；
(2)若(a+b)⊥b，求向量a与向量b夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，b=5，csC=18．
(1)求△ABC的面积；
(2)求边长c及sinA的值．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a−bc=sinA−sinCsinA+sinB．
(1)求角B的大小；
(2)若b=2，求△ABC周长的最大值．
18.(本小题17分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π4,4bcsC= 2c+2a．
(1)求tanC；
(2)若△ABC的面积为32，求BC边上的中线长．
19.(本小题17分)
如图，平面凸四边形ABCD中，AB=2BC=2,AD=CD,∠ADC=π2,M为边BC的中点．
(1)若∠ABC=2π3，求△ACD的面积；
(2)求DM的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题可得，z=−1+2i，故z−=−1−2i．
故选：D．
由复数的坐标表示及共轭复数概念可得答案．
本题考查了复数的几何意义以及共轭复数的求解，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵a/​/b，∴−2x−4=0，解得x=−2．
∴a−b=(1,−2)−(−2,4)=(3,−6)．
∴|a−b|= 32+(−6)2=3 5．
故选：B．
利用向量向量共线定理可得x，再利用向量模的计算公式即可得出．
本题考查平面向量的基本运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵点E是CD的中点，
∴AE=12(AD+AC)=12AD+12AC，
∵AD=13AB，AB=a，AC=b，
∴AE=16AB+12AC=16a+12b，
故选：D．
利用平面向量基本定理，平面向量的线性运算求解即可．
本题考查平面向量基本定理，平面向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：不妨设BC=a,BA=b，则|a|=|b|=2，a⋅b=2×2×cs60°=2，
于是EF=BF−BE=12BC−13BD=12BC−13×12(BA+BC)=13a−16b，
EC=EF+FC=13a−16b+12a=56a−16b，
则EF⋅EC=(13a−16b)⋅(56a−16b)=518|a|2−736a⋅b+136|b|2=518×4−736×2+136×4=56．
故选：B．
选择基向量BC=a,BA=b，则|a|=|b|=2，a⋅b=2，将相关向量用a,b表示，计算它们的数量积即得．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算，属中档题．
5.【答案】B
【解析】解：设DE=λDC，即DE=λAB
∵AE=AD+DE=AD+λAB
∴AE⋅AB=1即(AD+λAB)AB=1
∵AD、AB互相垂直，可得AD⋅AB=0
∴(AD+λAB)AB=λAB2=3λ=1，解之得λ=13
由此可得DE=13AB，AE=AD+13AB
∵AC=AD+AB
∴AE⋅AC=(AD+13AB)(AD+AB)=AD2+43AD⋅AB+13AB2=12+13×( 3)2=2
故选：B．
设DE=λAB，可得AE=AD+λAB，代入AE⋅AB=1算出λ=13，从而得到AE关于AD、AB表示式，再由AC=AD+AB，代入AE⋅AC结合题中数据即可算出AE⋅AC的值．
本题在矩形中，已知边AB、AD的长度和点E分DC的比值，求向量AE、AC的数量积．着重考查了平面向量数量积的定义及运算性质等知识，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则B(3,0)，D(0,4)，A(0,0)，
又AP=1，
则可设P(csθ,sinθ)，其中θ∈[0,2π]，
则BP=(csθ−3,sinθ)，BD=(−3,4)，
则BP⋅BD=4sinθ−3csθ+9=5sin(θ+φ)+9，
又sin(θ+φ)∈[−1,1]，
则BP⋅BD∈[4,14]，
故选：B．
先建系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算、辅助角公式及三角函数值域的求法求解即可．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了辅助角公式及三角函数值域的求法，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，因为单位圆O是△ABC的外接圆，且A=π4，
所以∠BOC=π2，且|OA|=|OB|=|OC|=1，
所以AB⋅AC=(OB−OA)⋅(OC−OA)=OB⋅OC−OB⋅OA−OA⋅OC+OA2=1−OB⋅OA−OA⋅OC，
设∠BOA=θ，则∠AOC=3π2−θ，
所以AB⋅AC=1−csθ−cs(3π2−θ)=1+sinθ−csθ=1+ 2sin(θ−π4)，
当θ=3π4，即∠BOA=∠COA=3π4时，AB⋅AC取到最大值，最大值为 2+1．
故选：C．
利用圆的性质，得到∠BOC=π2，将AB⋅AC转化为1−OB⋅OA−OA⋅OC，再利用数量积的定义、诱导公式及辅助角公式，得到AB⋅AC=1+ 2sin(θ−π4)，即可求出结果．
本题考查平面向量的数量积运算，涉及三角函数的最值问题，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为A(−2,0)，B(4,4)，C(2,2)，
所以AB的中点坐标为D(1,2)，AC的中点坐标为E(0,1)，BC的中点坐标为F(3,3)，
所以△ABC的九点圆是△DEF的外接圆，
因为|DE|= 2，|DF|= (3−1)2+(3−2)2= 5，|EF|= 32+(3−1)2= 13，
由余弦定理有：cs∠EDF=DE2+DF2−EF22DE⋅DF=2+5−132× 5× 2=−3 10，
所以sin∠EDF= 1−cs2∠EDF= 1−910= 1010，
设△DEF的外接圆为R，
则由正弦定理得：2R=EFsin∠EDF= 13 1010= 130，
所以R= 1302，所以△ABC的九点圆的半径为 1302．
故选：D．
先求出AB，AC，BC的中点坐标，再结合正余弦定理即可求得．
本题考查利用正、余弦定理解三角形，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：已知向量a=(1,1),b=(−2,0)，
对于选项A，|a|= 2，|b|=2，
即选项A错误；
对于选项B，a⋅b=1×(−2)+1×0=−2，
则cs=a⋅b|a||b|=−2 2×2=− 22，
即a，b的夹角为3π4，
即选项B正确；
对于选项C，(a+b)⋅a=a2+a⋅b=2−2=0，
即(a+b)⊥a，
即选项C正确；
对于选项D，b在a上的投影向量是a⋅b|a|a|a|=−a=(−1,−1)，
即选项D正确．
故选：BCD．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算及平面向量夹角的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算及平面向量夹角的运算，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：设a=4t，b=5t，c=6t．
sinA：sinB：sinC=a：b：c=4：5：6，故A正确；
由c为最大边，可得csC=a2+b2−c22ab=16t2+25t2−36t22⋅4t⋅5t=18>0，即C为锐角，故B错误；
由csA=b2+c2−a22bc=25t2+36t2−16t22⋅5t⋅6t=34，由cs2A=2cs2A−1=2×916−1=18=csC，
由2A，C∈(0,π)，可得2A=C，故C正确；
若c=6，可得2R=csinC=6 1−164=16 7，△ABC外接圆半径为8 77，故D正确．
故选：ACD．
由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，
由SA：SB：SC=1：1：1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90°=12R2，SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120°= 34R2，SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150°=14R2，
所以SA：SB：SC=2： 3：1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA：SB：SC=3：4：5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确；
故选：ABD．
对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°，∠AMC=120°，∠AMB=150°，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D．
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】−2
【解析】解：因为复数z为纯虚数，
所以m2+m−2=0m−1≠0，解得m=−2．
故答案为：−2．
根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
13.【答案】90°
【解析】解：由a+b+c=0可得b=−(a+c)，两边取平方，|b|2=(a+c)2=|a|2+2a⋅c+|c|2，
则a⋅c=( 3)2−12−( 2)22=0，即a与c的夹角为90°．
故答案为：90°．
将a+b+c=0变形成b=−(a+c)，再两边平方，化简求出a⋅c，易得〈a,c〉．
本题主要考查向量夹角的求解，属于基础题．
14.【答案】2 3
【解析】【分析】
本题考查余弦定理、正弦定理在平面几何中的应用，两角差的正弦公式，属于中档题．
根据已知条件解三角形求出PA的值，在△PAB中利用正弦定理求出PB的值，在△PBC中利用余弦定理求出BC的值，在△ABC中利用正弦定理求出△ABC的外接圆直径长．
【解答】
解：因为∠APB=120°，∠PBA=45°，
所以∠PAB=180°−∠APB−∠PBA=180°−120°−45°=15°，
又∠BAC=45°，所以∠PAC=∠BAC−∠PAB=45°−15°=30°，
又∠CPA=120°，
所以∠PCA=180°−∠CPA−∠PAC=180°−120°−30°=30°，
所以∠PAC=∠PCA，
所以PA=PC=2，
在△PAB中，PA=2，∠PBA=45°，∠PAB=15°，
由正弦定理得PBsin∠PAB=PAsin∠PBA
则PB=PAsin∠PABsin∠PBA=2sin15°sin45∘，
又sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−sin30°cs45°= 22× 32−12× 22= 6− 24，
所以PB=2× 6− 24 22= 3−1，
在△PBC中，PB= 3−1，PC=2，∠BPC=120°，
由余弦定理得BC2=PB2+PC2−2PB×PCcs∠BPC，
则BC2=( 3−1)2+22−2( 3−1)×2×(−12)=6，即BC= 6
在△ABC中，BC= 6，∠BAC=45°，
由正弦定理得2R=BCsin∠BAC= 6 22=2 3，
故△ABC的外接圆直径长为2 3．
故答案为：2 3．
15.【答案】解：(1)设a=(x,y)，
∵|a|=4,b=(1,2)，且a//b，
∴x2+y2=16y=2x，解得x=4 55y=8 55或x=−4 55y=−8 55．
即a=(4 55,8 55)或a=(−4 55,−8 55)；
(2)若(a+b)⊥b，则(a+b)⋅b=a⋅b+|b|2=0，
可得a⋅b=−|b|2=−5，则cs=a⋅b|a||b|=−54× 5=− 54．
【解析】(1)设a=(x,y)，由已知列关于x，y的方程组，求解得答案；
(2)由(a+b)⊥b，利用数量积为0求解a⋅b，再由数量积求夹角公式得答案．
本题考查平面向量的性质及运算，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)由csC=18，且0则sinC= 1−cs2C=3 78，
所以S△ABC=12absinC=15 74．
(2)由c2=a2+b2−2abcsC=16+25−5=36，
则c=6，
又csinC=asinA，则sinA=asinCc= 74．
【解析】(1)利用平方关系和面积公式求解即可．
(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为a−bc=sinA−sinCsinA+sinB，
由正弦定理可得a−bc=a−ca+b，
整理可得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB，
所以csB=12，而B∈(0,π)，
所以B=π3；
(1)b=2，B=π3；
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−ac=(a+c)2−3ac≥(a+c)2−3⋅(a+c2)2=(a+c)24，
当且仅当a=c时取等号，
即a+c≤2b=4，
所以三角形的周长的最大值为4+2=6．
【解析】(1)由正弦定理及余弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由余弦定理及基本不等式可得c+a的最大值，进而求出三角形的周长的最大值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由正弦定理可得csinC=bsinB，
所以4sinBcsC= 2sinC+2sinA，
即2 2csC= 2sinC+2sinA，
又A+B+C=π，
所以2 2csC= 2sinC+2sin(π4+C)=2 2sinC+ 2csC，
整理得 2csC=2 2sinC，
解得tanC=12；
(2)依题意可得12acsinB=12ac× 22=32，
解得ac=3 2，
又tanA=tan(3π4−C)=−1−tanC1−tanC=−3，
所以A为钝角，
则sinAcsA=−3sin2A+cs2A=1，
解得sinA=3 10,csA=−1 10，
由正弦定理可得ca=sinCsinA=1 53 10= 23，
又ac=3 2，
所以a=3,c= 2,b=csinBsinC= 2× 221 5= 5，
设BC的中点为D，
则AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB+AC)2=b2+c2+2bccsA4=2+5+2× 2× 5×(−1 10)4=54，
所以BC边上的中线长为 52．
【解析】(1)利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得tanC．
(2)根据三角形ABC的面积求得ac，根据同角三角函数的基本关系式求得sinA，csA，利用正弦定理、向量数量积运算来求得BC边上的中线长．
本题考查了正弦定理，重点考查了向量的运算，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为AB=2BC=2，∠ABC=2π3，
由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=4+1−2×2×1×(−12)=7，
则AC= 7，且∠ADC=π2，AD=CD，所以AD2=CD2=72，
则△ACD的面积为S=12AD⋅CD=12AD2=12×72=74；
(2)取线段AC的中点为E，连接DE，ME，设∠ABC=θ，0<θ<π，因为AB=2，BC=1，

由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=5−4csθ，
由正弦定理可得，BCsin∠BAC=ACsinθ，则sin∠BAC=BCsinθAC=sinθAC，
因为E，M分别为AC，BC的中点，所以ME/​/AB，且ME=12AB=1，
所以∠MEC=∠BAC，且AD⊥CD，AD=CD，所以DE=12AC，
在△DEM中，由余弦定理可得，
DM2=DE2+ME2−2DE⋅ME⋅cs∠DEM=14AC2+12−AC⋅1⋅cs(π2+∠BAC)
=14AC2+1+ACsin∠BAC=14AC2+1+AC⋅sinθAC=5−4csθ4+1+sinθ
=94+sinθ−csθ= 2sin(θ−π4)+94，
由0<θ<π可得，−π4<θ−π4<3π4，
所以当θ−π4=π2时，即θ=34π时，DM2取得最大值94+ 2，
所以DM的最大值为 9+4 22= 2+12．
【解析】(1)先求AC，可得AD=CD的数值，可求△ACD的面积；
(2)取线段AC的中点为E，在△DEM中，由余弦定理可将DM2表示出来，即可求最值．
本题考查正弦定理，余弦定理，三角函数性质，属于中档题．