广东省深圳市第三高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（解析版）

这是一份广东省深圳市第三高级中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，在中，，在复数范围内方程的根为，已知，，则下列说法正确的为，设为复数等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
2．设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，则（ ）
A．B．或C．D．或
4．在中，为边上的中线，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，（分别为角的对边），则的形状可能是（ ）
A．正三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形
6．在复数范围内方程的根为（ ）
A．和1B．和5C．D．
7．一船以每小时15km的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶4h后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为
A．kmB．kmC．kmD．km
8．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ）
A．0B．C．D．3
二、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．
9．已知，，则下列说法正确的为（ ）
A．若，则
B．若，则与的夹角为0°
C．若与的夹角为60°，则在上的投影向量为
D．的取值范围为
10．设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即（为三角形的面积，、、为三角形的三边）．现有满足，且的面积，则下列结论正确的是（ ）
A．的周长为B．的三个内角满足
C．的外接圆半径为D．的中线的长为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，，则 .
13．已知平面向量，满足，，且，则向量与的夹角的大小为 .
14．已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为 ．
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．设复数．
(1)若是实数，求；
(2)若是纯虚数，求．
16．已知向量，满足，，且，的夹角为.
(1)求；
(2)若，求实数的值；
17．在锐角三角形中，，，分别为角，，所对的边，若向量，，且.
（1）求；
（2）若，且，求，的值.
18．在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=
(1)试用，表示；
(2)若，求∠ARB的余弦值．
19．在中，角，，的对边分别为，，，．
(1)求；
(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值．
1．D
【分析】本题首先可根据复数的除法运算得出，然后通过共轭复数的性质得出，最后两者相加，即可得出结果.
【详解】因为，
所以，，，
故选：D.
2．A
【分析】
根据题意，结合向量投影的概念与计算，即可求解.
【详解】由设为单位向量，，当的夹角为时，
所以在上的投影向量为.
故选：A．
3．D
【分析】
根据题意，结合正弦定理，列出方程，即可求解.
【详解】在中，由，可得，可得，
又由正弦定理，得，可得，所以或.
故选：D.
4．A
【分析】
根距离向量的线性运算，得到，结合，即可求解.
【详解】
由，可得，所以，
因为为边上的中线，可得，所以，
所以.
故选：A.

5．B
【分析】根据条件先求出，再结合正弦定理和三角形的内角和公式，可求出角，从而判断三角形的形状.
【详解】由已知，得，即，
由正弦定理可得：，
所以，
得，
在中，所以，
又，所以，即三角形为直角三角形.
故选：B.
6．D
【分析】
利用根与系数关系求复数范围内方程的根即可.
【详解】由，则方程的根为.
故选：D
7．B
【解析】作出示意图，在中，可由正弦定理求的长.
【详解】作出示意图如图所示，，
，，则.
由正弦定理，可得，则.
所以这时船与灯塔的距离为.
【点睛】本题考查解三角形在实际问题中的应用，考查正弦定理.解题的关键是根据题意得出相应三角形的边与角.
8．D
【分析】
设，求得，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，进而求得的最大值为.
【详解】
由，可得，
设，
可得
，所以，
因为，所以，
以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故选：D.

9．AC
【分析】
通过分析各选项即可得出结论.
【详解】
由题意，
A项，由数量积的概念，当时，，A正确；
B项，当时，与的夹角为0°或180°，故B错误；
C项，在上的投影向量为，C正确；
D项，，所以的取值范围为，D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】
利用共轭复数的定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，则，A对；
对于B选项，若，不妨取，则，但，B错；
对于C选项，若，则，故，C对；
对于D选项，若，则，解得，D错.
故选：AC.
11．AB
【分析】对于选项A，由正弦定理得三角形三边之比，由面积求出三边，代入公式即可求出周长；
对于选项B，根据余弦定理可求得的值为，可得，可得三个内角，，成等差数列；
对于选项C，由正弦定理可得，外接圆直径；根据可求得，由可得的值；
对于选项D，由余弦定理得，在中，由余弦定理即可求得.
【详解】A项：设的内角、、所对的边分别为、、，
因为，所以由正弦定理可得，设，，，因为，所以，
解得，则，，，故的周长为，A正确；
B项：因为，
所以，，故B正确；
C项：因为，所以，由正弦定理得，，C错误；
D项：由余弦定理得，在中，，由余弦定理得，解得，D错误.
故选：AB．
12．##
【分析】
先根据正弦定理得到三边的比例，再根据余弦定理求出角，进而可得.
【详解】因为，
由正弦定理得，
不妨设，则，，
由余弦定理得：，
因，所以，
，
故答案为：
13．##
【分析】根据向量垂直数量积等于，结合已知条件求出的值，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】由，所以，即，
因为，，所以，
设向量的夹角为，所以，所以.
故答案为：.
14．6
【分析】
由复数的几何意义求解即可.
【详解】设(为实数)，
则复数满足的几何意义是以原点为圆心，以1为半径的圆上的点，
则表示的几何意义是圆上的点到的距离，
根据圆的性质可知，所求最大值为.
故答案为：6.
15．(1)；
(2).
【分析】
（1）利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得.
（2）利用复数除法及复数的分类求出即得.
【详解】（1）
由，得，而是实数，
于是，解得，
所以．
（2）
依题意，是纯虚数，
因此，解得，
所以．
16．(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合数量积的计算公式，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由向量，，且，的夹角为，可得，
则.
（2）解：因为，所以，
即，即，
可得，即，解得.
17．（1）或；（2），或，.
【详解】分析：（1）由两向量的坐标，根据两向量垂直，列出关系式求解即可；
（2）利用余弦定理即可.
详解：（1）∵，∴，由正弦定理得，
∵，∴，∴或.
（2）当时，由余弦定理，得.
解得：，即，或，.
当时，由余弦定理，得.
解得：，∵，可得，无解，综上，或，.
点睛：(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．
18．(1)
(2)
【分析】
（1）由两个三点共线设出来，列出方程组求解即可；
（2）由平面向量的数量积的定义求夹角的余弦值即可.
【详解】（1）因P，R，C共线，则存在使，
则，整理得.
由共线，则存在使，
则，整理得.
根据平面向量基本定理，有，
则.
（2）由（1），，，
则，
，
.
则；
19．(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式，化简已知等式，可得，结合同角的三角函数关系，即可求得答案；
（2）利用面积相等，即，推出，利用基本不等式结合三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知中，，
故，即,
即,
所以，而，
故，即，
又，故；
（2）由于点是上的点，平分，且，
则，
由，得，
即，则，当且仅当时取等号，
故，当且仅当时取等号，
所以，
即面积的最小值为.