2023-2024学年河南省南阳二中高一（下）月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省南阳二中高一（下）月考数学试卷（含解析），共17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.若复数z=i2+2i1+i，则z的共轭复数z−=( )
A. 12+32iB. 12−32iC. −12+32iD. −12−32i
2.若2弧度的圆心角所对的弧长为4，则这个圆心角所在的扇形的面积为( )
A. 4B. 2C. 4πD. 2π
3.平面向量a,b满足a=(2,1)，|2b−a|=3且(b−2a)⊥a，则|b|=( )
A. 3B. 10C. 11D. 2 3
4.若θ为第二象限角，且sinθ+csθ= 55，则cs2θ1−2sin2(θ+π4)=( )
A. 43B. −43C. 34D. −34
5.如图，在直角梯形 ABCD 中，AB//DC，AD⊥DC，AD=DC=2AB，E 为AD 的中点，若CA=λCE+μDB，则λ+μ的值为( )
A. 65B. 85C. 2D. 83
6.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，将函数f(x)图象上所有点向左平移π6个单位长度，得到函数g(x)的图象，则( )
A. g(x)=sin2x
B. g(x)=2sin(2x−π6)
C. g(x)=2sin2x
D. g(x)=2sin(2x+π6)
7.设a=13cs13,b=sin13,c=tan13，则( )
A. a>b>cB. a>c>bC. c>a>bD. c>b>a
8.在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=6，D为BC的中点，点P在△ABC斜边BC的中线AD上，则PB⋅PC的取值范围为( )
A. [−10,0]B. [−6,0]C. [0,6]D. [0,10]
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.下列说法正确的是( )
A. z⋅z−=|z|2，z∈C
B. i2024=−1
C. 若|z|=1，z∈C，则|z−2|的最小值为1
D. 若−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，则p=8
10.已知函数f(x)=sin(2ωx−π6)+2sin2ωx−1(ω>0)，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小值是− 3
B. 若ω=1，则f(x)在[0,π3]上单调递减
C. 若f(x)在[0,π3]上恰有3个零点，则ω的取值范围为[72,5)
D. 函数y=f(x)3−f(x)的值域为[− 32, 32]
11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC可以是钝角三角形
C. 若A=30°，b=4，a=2 3，则△ABC有两解
D. 若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
12.如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=b，且 3(acsC+ccsA)=2bsinB，D是△ABC外一点，DC=1，DA=3，则下列说法正确的是( )
A. △ABC是等边三角形
B. 若AC=2 3，则A，B，C，D四点共圆
C. 四边形ABCD面积最大值为5 32+3
D. 四边形ABCD面积最小值为5 32−3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(2,7),b=(x,−3)，且a与b夹角为钝角，则x的取值范围是 ．
14.已知函数f(x)=sin2x−csx+a，f(x)=0在区间(−π2,π2)上有解，则a的取值范围是______．
15.已知2sinβ−csβ+2=0，sinα=2sin(α+β)，则tan(α+β)= ______．
16.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A−sin2B+sin2C=sinAsinC，且△ABC的外接圆的半径为2 3，则△ABC面积的最大值为 ．
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z1=3−m2+(m− 3)i,z2=μ+sinθ+(csθ− 3)i，其中i是虚数单位，m，μ，θ∈R．
(1)若z1为纯虚数，求m的值；
(2)若z1=z2，求μ的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3cs(π2−2x)−2cs2x+1．
(1)若α∈(0,π),f(α2)=1，求α的值；
(2)若β∈(π2,π),f(β)=−12，求cs(β+π6)的值．
19.(本小题12分)
如图，在△OAB中，C是AB的中点，D是线段OB上靠近点O的四等分点，设OA=a，OB=b．
(1)若OA长为2，OB长为8，∠AOB=π3，求CD的长；
(2)若E是OC上一点，且OC=2OE，试判断A，D，E三点是否共线？并说明你的理由．
20.(本小题12分)
在下面给出的三个条件：①2sin2C−B2+2cs2C+B2+2csCcsB=1，②2tanBtanA+tanB=bc，③ 3b=a(sinC+ 3csC)中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
问题：在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足a= 13，b=3，____，
(1)求角A；
(2)求△ABC的面积．
21.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是一块边长为100cm的正方形铁皮，其中扇形AMPN的半径为90cm，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用，P是弧MN上一点，∠PAB=θ，工人师傅想在未被腐蚀部分截下一块边在BC与CD上的矩形铁皮，
(1)求出矩形铁皮PQCR面积S关于θ的表达式；
(2)试确定θ的值，使矩形铁皮PQCR面积最大，并求出这个最大面积．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=csx(sinx− 3csx)(x∈R)．
(1)求f(x)的最小正周期和单调增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f(B2)=− 32，b=6，求△ABC的面积的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】解：z=i2+2i1+i=−1+2i1+i=(−1+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=12+32i，
则z−=12−32i．
故选：B．
2.A
【解析】解：弧度是2的圆心角所对的弧长为4，所以圆的半径为：2，
所以扇形的面积为：12×4×2=4；
故选：A．
3.C
【解析】解：|a|= 5，
又(b−2a)⊥a，
则(b−2a)⋅a=a⋅b−2a2=a⋅b−2×5=0，
可得a⋅b=10，
又|2b−a|=3，
则4b2−4a⋅b+a2=4|b|2−40+5=9，
解得|b|= 11．
故选：C．
4.D
【解析】解：∵θ为第二象限角，
∴sinθ>0，csθ<0，
由sinθ+csθ= 55sin2θ+cs2θ=1得：sinθ=2 55，csθ=− 55，
∴tanθ=sinθcsθ=−2，
∴tan2θ=2tanθ1−tan2θ=−41−4=43，
∴cs2θ1−2sin2(θ+π4)=cs2θcs(2θ+π2)=−cs2θsin2θ=−1tan2θ=−34．
故选：D．
5.B
【解析】解：如图所示，建立直角坐标系．
不妨设AB=1，则D(0,0)，C(2,0)，A(0,2)，
B(1,2)，E(0,1)．
CA=(−2,2)，CE=(−2,1)，DB=(1,2)，
∵CA=λCE+μDB，
∴(−2,2)=λ(−2,1)+μ(1,2)，
∴−2λ+μ=−2λ+2μ=2，
解得λ=65，μ=25．
则λ+μ=85．
故选：B．
6.D
【解析】解：由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的图象可得：A=2，3T4=13π12−π3=3π4，
可得T=2πω=π，解得ω=2，
则f(x)=2sin(2x+φ)，
因为点(π3,2)在图象上，
所以sin(2π3+φ)=1.则2π3+φ=2kπ+π2,k∈Z，即φ=2kπ−π6,k∈Z，
因为|φ|<π2，则φ=−π6，
所以f(x)=2sin(2x−π6)，
将函数f(x)图象上所有点向左平移π6个单位长度，得到g(x)=2sin[2(x+π6)−π6]=2sin(2x+π6)．
故选：D．
7.D
【解析】解：当α∈(0,π2)时，sinα<α如图，角α终边为OP，其中点P为角α的终边与单位圆的交点，PM⊥x轴，交x轴于点M，
A点为单位圆与x轴的正半轴的交点，AT⊥x轴，交角α终边于点T，
则有向线段MP为角α的正弦线，有向线段AT为角α的正切线，
设弧AP长为α×1=α，
由图形可知：S△OAP所以12×OA×sinα<12×OA×α<12×OA×tanα，即sinα<α则sin13所以b而ba=3tan13>3×13=1，
所以b>a，
所以c>b>a．
故选：D．
8.A
【解析】解：如图，
PB⋅PC=(PB+PC)2−(PB−PC)24=4PD2−CB24=|PD|2−14|CB|2，
易知|CB|2=22+62=40，|PD|min=0,|PD|max=|AD|=12× 40= 10，
则PB⋅PC的最小值为0−14×40=−10，最大值为10−14×40=0，
即PB⋅PC的取值范围为[−10,0]．
故选：A．
9.ACD
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，|z|2=a2+b2，故A正确；
i4=1，
则i2024=(i4)506=1，故B错误；
|z|=1，z∈C，表示以(0,0)为圆心，1为半径的圆，
|z−2|表示该圆上的点到点(2,0)的距离，
故|z−2|的最小值为1，故C正确；
−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
则−4−3i也是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
故−4+3i+(−4−3i)=−8=−p，解得p=8，故D正确．
故选：ACD．
10.AC
【解析】解：f(x)=sin(2ωx−π6)+2sin2ωx−1
= 32sin2ωx−12cs2ωx−cs2ωx
= 32sin2ωx−32cs2ωx
= 3sin(2ωx−π3)，
选项A：因为−1≤sin(2ωx−π3)≤1，
所以− 3≤f(x)≤ 3，f(x)的最小值为− 3，故A正确；
选项B：当ω=1时，f(x)= 3sin(2x−π3)，
由x∈[0,π3]得2x−π3∈[−π3,π3]，
所以f(x)在[0,π3]上单调递增，故B错误；
选项C：由x∈[0,π3]，可得2ωx−π3∈[−π3,2π3ω−π3]，
若f(x)在[0,π3]上恰有3个零点，
则2π≤2π3ω−π3<3π，得72≤ω<5，故C正确；
选项D：因为y=f(x)3−f(x)= 3sin(2ωx−π3)3− 3sin(2ωx−π3)，
所以sin(2ωx−π3)= 3yy+1，
所以−1≤ 3yy+1≤1，解得1− 32≤y≤1+ 32，故D错误．
故选：AC．
11.ACD
【解析】解：A：由0sinB，正确；
B：tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，则tanA+tanB=tanAtanBtanC−tanC，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC>0，
而A+B+C=π且A，B，C∈(0,π)，
则tanA，tanB，tanC>0，△ABC为锐角三角形，错误．
C：由bsinA=2D：由(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0表示∠BAC的平分线垂直BC，即△ABC是AB=AC的等腰三角形，
又AB|AB|⋅AC|AC|=cs∠BAC=12且0<∠BAC<π，故∠BAC=π3，则△ABC是等边三角形，正确．
故选：ACD．
12.AC
【解析】解：∵ 3(acsC+ccsA)=2bsinB，
∴ 3(sinAcsC+sinCcsA)=2sinB⋅sinB，即 3sin(A+C)= 3sinB=2sinB⋅sinB，
∴由sinB≠0，可得sinB= 32，∴B=π3或2π3．
又∵a=b.∴B=∠CAB=∠ACB=π3，故A正确；
若四点A，B，C，D共圆，则四边形对角互补，由A正确知D=2π3，
在△ADC中，∵DC=1，DA=3，∴AC= DC2+DA2−2DC⋅DAcs2π3= 13≠2 3，故B错；
等边△ABC中，设AC=x，x>0，
在△ADC中，由余弦定理，得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csD，
由于AD=3，DC=1，代入上式，得x2=10−6csD，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=12x⋅xsinπ3+12⋅3sinD= 34x2+32sinD=3sin(D−π3)+5 32，
∵D∈(0,π)，∴− 32∴四边形ABCD面积的最大值为5 32+3，无最小值，
故C正确，D错误，
故选：AC．
13.{x|x<212且x≠−67}
【解析】解：由题意知， a与b的夹角为钝角，
所以a⋅b=2x−21<0，
所以x<212，
又当a与b共线时，
有2x=7−3，
则x=−67，
此时b=(−67,−3)=−37(2,7)=−37a，
即a与b反向共线，
因为a与b夹角为钝角时，a与b不共线，
所以x的取值范围为{x|x<212且x≠−67}，
故答案为：{x|x<212且x≠−67}．
14.(−1,1]
【解析】解：令f(x)=sin2x−csx+a=0，
则a=cs2x+csx−1，令t=csx，
∵−π2∴0∴函数y=cs2x+csx−1=t2+t−1，
在(0,1]内是单调递增的，且y∈(−1,1]．
∵f(x)=0在区间(−π2,π2)上有解，
∴a的取值范围为(−1,1]．
故答案为：(−1,1]．
15.12
【解析】解：因为sinα=sin(α+β−β)=2sin(α+β)，
所以sin(α+β)csβ−cs(α+β)sinβ=2sin(α+β)，
化简得sin(α+β)(csβ−2)=cs(α+β)sinβ，
所以tan(α+β)=sinβcsβ−2，又2sinβ−csβ+2=0，
所以sinβcsβ−2=12，
故tan(α+β)=12．
故答案为：12．
16.9 3
【解析】解：在△ABC中，sin2A−sin2B+sin2C=sinAsinC，
根据正弦定理化简得a2+c2−b2=ac，
结合余弦定理，可得
csB=a2+c2−b22ac=12，
而角B为△ABC的内角，即0根据△ABC的外接圆的半径R=2 3，
结合正弦定理可得
2R=asinA=bsinB=csinC=4 3，
所以b=4 3sinB=4 3× 32=6，
由余弦定理得，
b2=a2+c2−2accsB，即36=a2+c2−ac，
而a2+c2≥2ac，
可得36=a2+c2−ac≥ac，即ac≤36，
当且仅当a=c=6时取等号，
因此△ABC的面积S=12acsinB≤9 3，
当a=c=6时，△ABC面积的最大值为9 3．
故答案为：9 3．
17.解：(1)∵z1为纯虚数，∴3−m2=0m− 3≠0，∴m=− 3．
(2)∵z1=z2，∴3−m2=μ+sinθm− 3=csθ− 3，∴μ=−cs2θ−sinθ+3=sin2θ−sinθ+2=(sinθ−12)2+74，
∵sinθ∈[−1,1]，当sinθ=12时，μmin=74；当sinθ=−1时，μmax=4，∴μ∈[74,4]．
【解析】(1)由复数的概念列出关于m的关系式即可；
(2)由复数相等列出方程组求得μ=−cs2θ−sinθ+3，再求三角函数的值域即可．
18.解：(1)由题意可得f(x)= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
又α∈(0,π),f(α2)=1，
所以f(α2)=2sin(α−π6)=1，
故sin(α−π6)=12，
因为α∈(0,π)，
所以α−π6∈(−π6,5π6)，
所以α−π6=π6，
故α=π3．
(2)已知β∈(π2,π),f(β)=−12，
则f(β)=2sin(2β−π6)=−12，
所以sin(2β−π6)=−14，
所以cs(2β+π3)=cs[(2β−π6)+π2]=−sin(2β−π6)=14，
又cs(2β+π3)=2cs2(β+π6)−1，
所以cs2(β+π6)=58，
因为β∈(π2,π)，
所以β+π6∈(2π3,7π6)，
所以cs(β+π6)=− 104．
【解析】(1)由三角恒等变换，结合特殊角的三角函数求解．
(2)由两角和与差的三角函数，结合二倍角公式求解．
19.解：(1)由于OA=a,OB=b，且点C是AB的中点，
∴OC=OB+BC=OB+12BA=OB+12(OA−OB)=12(OA+OB)=12(a+b)，
|OC|= [12(a+b)]2= 14a2+12a⋅b+14b2= 14×22+12×2×8×csπ3+14×82= 21；
(2)A，D，E三点不共线，理由如下：
∵OA=a,OB=b，
则AD=OD−OA=14OB−OA=−a+14b，
∵OC=2OE，∴OE=12OC，
∴AE=OE−OA=12×12×(a+b)−a=−34a+14b，
假设AE//AD，则存在唯一实数λ，使得AE=λAD，
即−34a+14b=λ(−a+14b)，
所以−34=−λ14=14λ，无解，
∴AE与AD不平行，
∴A，D，E三点不共线．
【解析】(1)先将OC用OA,OB表示，再根据向量的模的求法及数量积的运算律即可得解；
(2)先将AE,AD分别用OA,OB，再根据平面向量共线定理即可得出结论．
20.解：选①：(1)因为2sin2C−B2+2cs2C+B2+2csCcsB=1，
所以1−cs(C−B)+1+cs(C+B)+2csCcsB=2+2cs(C+B)=2−2csA=1，
所以csA=12，因为C为三角形的内角，∴A=π3．
(2)∵a= 13，b=3，∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得13=9+c2−2×3×c×12，
可得c2−3c−4=0，解得c=4或−1(舍去)，
∴S△ABC=12bcsinA=12×3×4× 32=3 3．
选②：(1)∵2tanBtanA+tanB=bc，∴由正弦定理可得：2tanBtanA+tanB=sinBsinC，
可得：2×sinBcsBsinAcsA+sinBcsB=sinBsinC，
可得：2sinBcsBsinAcsB+sinBcsAcsAcsB=2sinBcsBsinCcsAcsB=2sinBcsAsinC=sinBsinC，
∵sinB≠0，sinC≠0，
∴解得csA=12，∵A∈(0,π)，∴A=π3．
(2)∵a= 13，b=3，∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得：13=9+c2−2×3×c×12，
可得：c2−3c−4=0，解得c=4，或−1(舍去)，
∴S△ABC=12bcsinA=12×3×4× 32=3 3．
选③：(1)由正弦定理得asinA=bsinB，∵ 3sinB=sinA(sinC+ 3csC)，
∴ 3sin(A+C)=sinAsinC+ 3sinAcsC，∴ 3csAsinC=sinAsinC，
∵sinC≠0，即 3csA=sinA，tanA= 3，
又A∈(0,π)，∴A=π3．
(2)∵a= 13，b=3，∴由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，可得：13=9+c2−2×3×c×12，
可得：c2−3c−4=0，解得c=4，或−1(舍去)，
∴S△ABC=12bcsinA=12×3×4× 32=3 3．
【解析】选①：(1)利用两角和与差的三角函数，转化求解A；
(2)结合余弦定理求解c，然后求解三角形的面积．
选②：(1)利用正弦定理以及同角三角函数基本关系式转化求解A；
(2)结合余弦定理求解c，然后求解三角形的面积．
选③：(1)由正弦定理结合两角和与差的三角函数求解A；
(2)结合余弦定理求解c，然后求解三角形的面积．
21.解：(1)如图，作PH垂直AB于点H，

则AH=APcsθ=90csθ，PH=APsinθ=90sinθ，
所以PQ=100−90csθ，RP=100−90sinθ，
所以矩形铁皮PQCR面积S=(100−90sinθ)(100−90csθ)=10000−9000(sinθ+csθ)+8100sinθcsθ．
(2)令t=sinθ+csθ= 2sin(θ+π4)，
则sinθcsθ=t2−12，
因为θ∈[0,π2]，所以θ+π4∈[π4,3π4]，所以t∈[1, 2]，
所以S=10000−9000t+4050(t2−1)=4050t2−9000t+5950，
由二次函数性质可知，函数S(t)的图象开口向上，对称轴为t=109，
所以当t= 2，即θ=π4时，Smax=14050−9000 2．
【解析】利用三角函数定义表示出铁皮面积，然后令t=sinθ+csθ换元，结合二次函数性质求解可得．
22.解：(1)∵f(x)=csxsinx− 3cs2x
=12sin2x− 31+cs2x2
=12sin2x− 32cs2x− 32
=sin(2x−π3)− 32，
∴f(x)的周期T=2π2=π，
∵令2kπ−π2<2x−π3<2kπ+π2，k∈Z，可得x∈(kπ−π12,kπ+5π12)，k∈Z．
∴单调递增区间是(kπ−π12,kπ+5π12)，k∈Z．
(2)∵f(B2)=sin(B−π3)− 32=− 32，
∴B=π3，
由正弦定理有asinA=csinC=bsinB=6sinπ3=4 3，
∴S△ABC=12acsinB
=12⋅4 3sinA⋅4 3sinCsinB
=12 3sinAsinC
=12 3sinAsin(23π−A)
=6 3sin(2A−π6)+3 3，
∵0∴−π6<2A−π6<76π，
∴S△ABC∈(0,9 3]．
【解析】(1)由题意利用三角函数恒等变换的应用可求f(x)=sin(2x−π3)− 32，利用正弦函数的图象和性质即可求解．
(2)由题意可求B=π3，由正弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S=6 3sin(2A−π6)+3 3，结合范围−π6<2A−π6<76π，利用正弦函数的性质即可求解其范围．