河南省郑州市第十九高级中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试卷

这是一份河南省郑州市第十九高级中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试卷，共14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z(1−2i)=2+i，则复数z=( )
A. −1B. −iC. 1D. i
2.如图，四边形ABCD为平行四边形，DE=2EC，F为线段BE的中点，若以AF，BE为基底表示向量BC，则BC=( )
A. 23AF+34BE
B. 12AF+23BE
C. 13AF+56BE
D. 14AF+13BE
3.已知e1，e2是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中不能作为基底的一组是( )
A. e1+e2和e1−2e2B. e1−2e2和2e1−4e2
C. e1−2e2和e1+2e2D. e1+e2和e1+2e2
4.已知平面向量a，b的夹角为π3，且|b|=1，|a+2b|=2 3，则|a|=( )
A. 2B. 3C. 1D. 3
5.下列命题：①向量a与b都是单位向量，则a=b；
②在△ABC中，必有AB+BC+CA=0；
③四边形ABCD是平行四边形，则AB=DC；
④若向量a与b共线，则存在唯一的实数λ使b=λa.
其中正确的是( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
6.已知△ABC中，a=2 2，b= 3，B=π6，那么满足条件的△ABC( )
A. 有两个解B. 有一个解C. 无解D. 不确定
7.一艘船向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东30∘方向上，航行10nmile后到B处，看到灯塔S在船的北偏东75∘的方向上，此时船距灯塔S的距离(即BS的长)为( )
A. 52 2nmile
B. 5 2nmile
C. 5 3nmile
D. 5 6nmile
8.在△ABC中，角B，C所对的边分别为b，c，点O为△ABC的外心，若b2+c2=2b，则BC⋅AO的最小值是( )
A. −14B. −12C. −1D. −2
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列命题为真命题的是( )
A. 若z=2+3i，则z−=−2+3i
B. 复数 2−i在复平面内对应的点位于第四象限
C. i+i2023=0
D. 若z=m2−4+(2−m)i(m∈R)为纯虚数，则m=−2
10.若向量a=(2,0)，b=(1, 3)，则( )
A. |b|=2B. a⋅b=2
C. b在a上的投影向量为12aD. a与b的夹角为π6
11.设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是( )
A. 若AM=13AB+13AC，则点M是△ABC的重心
B. 若AM=2AB−AC，则点M在边BC的延长线上
C. 若O在△ABC所在的平面内，角A、B、C所对的边分别是a，b，c，满足以下条件2OA+2OB+OC=0，则S△OBC=25S△ABC
D. 若AM=xAB+yAC，且x+y=12，则△MBC的面积是△ABC面积的12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z=a+2i(i为虚数单位，a∈R)满足|z|=3，则a的值为______.
13.a=(1,−2),b=(1,λ),a与b的夹角为锐角，λ的取值范围为______.
14.如图，在△ABC中，BM=12BC，NC=λAC，直线AM交BN于点Q，若BQ=57BN，则λ=______.
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)
已知复数z=m2−4m−12+(m2−4)i，其中m∈R.
(1)若z为纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点在第一象限，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
已知向量a、b满足|a|=2，b=(−2,2 3)，且a与b的夹角为2π3.
(1)求a⋅b的值；
(2)当k为何值时，(a+2b)⊥(ka−b)？
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsB=(2c−b)csA.
(1)求A；
(2)若a= 6，求△ABC的周长的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，D为边BC上一点，且CD=2AD，AC= 33，cs∠ADC=13.
(Ⅰ)求CD；
(Ⅱ)若sinB= 33，求BD.
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，对于非零向量a=(x1,y1)，b=(x2,y2)，定义这两个向量的“相离度”为d(a,b)=|x1y2−x2y1| x12+y12⋅ x22+y22，容易知道a,b平行的充要条件为d(a,b)=0.
(1)已知a=(1,2)，b=(4,−2)，求d(a,b)；
(2)①已知a,b的夹角为θ1和c,d的夹角为θ2，证明：d(a,b)=d(c,d)的充分必要条件是sinθ1=sinθ2；
②在△ABC中，AB=2，AC=4，角A的平分线AD与BC交于点D，且AD=43，若PA+PB+PC=0，求d(PA,PB).
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由z(1−2i)=2+i，得z=2+i1−2i=(2+i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=5i5=i，
故选：D.
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，
∵DE=2EC，∴EC=13AB，
∵F是BE中点，∴FB=−12BE，
∵BC=BE+EC=BE+13AB=BE+13(AF+FB)=BE+13(A−12BE)=13AF+56BE.
故选：C.
由平行四边形性质及向量线性运算即可求解．
本题考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由已知可得e1、e2不共线，
对于A：若e1+e2、e1−2e2共线，则e1+e2=k(e1−2e2)=ke1−2ke2，
所以1=k1=−2k，所以方程组无解，所以e1+e2、e1−2e2不共线，可以作为基底，故A错误；
对于B：因为2e1−4e2=2(e1−2e2)，
所以e1−2e2和2e1−4e2共线，不能作为基底，故B正确；
对于C：若e1−2e2、e1+2e2共线，则e1−2e2=k(e1+2e2)=ke1+2ke2，
所以1=k−2=2k，所以方程组无解，所以e1−2e2、e1+2e2不共线，可以作为基底，故C错误；
对于D：若e1+e2、e1+2e2共线，则e1+e2=k(e1+2e2)=ke1+2ke2，
所以1=k1=2k，所以方程组无解，所以e1+e2、e1+2e2不共线，可以作为基底，故D错误．
故选：B.
根据基底向量的定义，结合共线向量的判定定理逐项分析判断．
本题考查基底的定义，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵|a+2b|=2 3，
∴a2+4a⋅b+4b2=|a|2+4|a|⋅|b|csπ3+4|b|2=|a|2+2|a|+4=12，
解得|a|=2，
故选：A.
根据向量的数量积的运算和向量的模计算即可．
本题考查了向量的数量积的运算和向量的模的计算，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由于所有的单位向量长度都等于1，但它们的方向是任意的，故①不一定成立；
在△ABC中，必有AB+BC+CA=0，故②正确；
若四边形ABCD是平行四边形，则一定有AB=DC，故③正确；
若向量a与b共线，则存在实数λ使b=λa，当b=a=0时，λ的值有无数多个，故④错误．
故选：B.
由相等向量的定义，向量的加法法则，平面向量的共线定理，即可判断出结果．
本题考查向量的基本概念，单位向量的定义，向量相等，及向量的共线定理等知识，考查学生对概念的理解辨析能力，难度较易．
6.【答案】A
【解析】解：△ABC中，a=2 2，b= 3，B=π6，
由正弦定理得，asinA=bsinB，sinA=asinBb=2 2×12 3= 63b，所以A∈(0,π)，所以A的值有2个，那么满足条件的△ABC有两个解．
故选：A.
根据正弦定理与三角形的大边对大角关系，即可判断满足条件的△ABC有两个．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了边角关系判断问题，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠ABS=105∘，∠BSA=45∘，
∴BSsin30∘=10sin45∘，
∴BS=10×12×2 2=5 2nmile.
故选：B.
由∠ABS=105∘，∠BSA=45∘，结合正弦定理求解即可．
本题考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由在△ABC中，角B，C所对的边分别为b，c，点O为△ABC的外心，若b2+c2=2b，
则BC⋅AO=(AC−AB)⋅AO=AC⋅AO−AB⋅AO=12(b2−c2)=b2−b=(b−12)2−14≥−14，
即b=12时，BC⋅AO的最小值是−14，
故选：A.
由BC⋅AO=(AC−AB)⋅AO=AC⋅AO−AB⋅AO=12(b2−c2)=b2−b=(b−12)2−14，然后结合二次函数最值的求法求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了二次函数最值的求法，属基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若z=2+3i，则z−=2−3i，故A错误；
对于B，复数 2−i在复平面内对应的点的坐标为( 2,−1)，而点( 2,−1)位于第四象限，故B正确；
对于C，i+i2023=i+i505×4+3=i+i3=i−i=0，故C正确；
对于D，若z=m2−4+(2−m)i(m∈R)为纯虚数，则m2−4=02−m≠0，即m=−2，故D正确．
故选：BCD.
对于A，由共轭复数的概念即可判断；对于B，由复数的几何意义即可判断；对于C，由复数的乘方即可判断；对于D，由纯虚数的概念即可列式求解参数并判断．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，因为b=(1, 3)，所以|b|=2，故A正确；
对于B，由a=(2,0)，b=(1, 3)，
可得a⋅b=2，故B正确；
对于C，由投影向量的定义可知：
所以b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=22⋅a2=12a，故C正确；
对于D，因为cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=22×2=12，
又0≤⟨a,b⟩≤π，所以⟨a,b⟩=π3，故D错误．
故选：ABC.
利用向量模与数量积的坐标表示判断AB，利用投影向量公式判断C，利用向量夹角公式判断D，从而得解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，AM=13AB+13AC，所以AB+AC=3AM，
因此MA+MB+MC=−AM+(AB−AM)+(AC−AM)=AB+AC−3AM=0，
因此点M是△ABC的重心，因此A选项正确；
对于选项B，如果AM=2AB−AC，那么BM=AM−AB=2AB−AC−AB=AB−AC=−BC，
因此点M在边BC的反向延长线上，因此B选项错误；
如图，对于选项C，延长OC到D，使得OE=2OB，同理OD=2OC，
由于2OA+2OB+OC=0，因此OD+OE+OC=0，
以OE，OD为邻边作出平行四边形ODGE，因此OG=OD+OE，
所以OG=−OC，所以|OC|=|OG|，
由于S△OBC=12S△OEC=12S△OGE，
所以同理S△OAC=12S△OGD=12S△OGE，
S△ABC=S△CHB+S△CHA=54S△OBC+54S△OAC=58S△OGE+58S△OGD=54S△OGE，
因此S△OBC=25S△ABC，所以选项C正确；
如图，对于选项D，设M为AD中点，
因为AM=xAB+yAC，
因此2AM=2xAB+2yAC，所以AD=2xAB+2yAC，
根据x+y=12，
因此2x+2y=1，因此D，C，B三点共线，
因此S△MBC=12S△ABC.所以选项D正确．
故选：ACD.
对于A，只需证明MA+MB+MC=0即可；
对于B，我们只需证明BM=−BC，进而说明点M并不在射线BC上；
对于C，我们先设△ABC的内心为I，然后证明I和O重合；
对于D，我们只需求出两个三角形面积对比即可．
本题考查平面向量综合问题，属于中档题．
12.【答案】± 5
【解析】解：若复数z=a+2i(i为虚数单位，a∈R)满足|z|=3，
即a2+4=9，解得：a=± 5，
故答案为：± 5.
根据复数的运算性质得到a2+4=9，解出即可．
本题考查了复数求模问题，是一道基础题．
13.【答案】(−∞,−2)∪(−2,12)
【解析】解：根据题意，若向量a与b的夹角为锐角，则a⋅b>0且向量a与b不平行，
则有a⋅b=1−2λ>0，得λ0且向量a与b不平行，由此可得关于λ的不等式组，解可得答案．
本题考查向量数量积的性质和应用，涉及向量的夹角，属于基础题．
14.【答案】35
【解析】解：由题可知，A，M，Q三点共线，
由共线定理可知，存在实数μ使得BQ=μBM+(1−μ)BA，
又BM=12BC,BQ=57BN，
所以57BN=12μBC+(1−μ)BA，
又A，N，C三点共线，
所以57=12μ+1−μ，
解得μ=47，
即可得BN=25BC+35BA，
所以(BA+AN)=25(BA+AC)+35BA，
所以AN=25AC，
即AC−NC=25AC，
可得NC=35AC，
又NC=λAC，
即可得λ=35.
故答案为：35.
由A，M，Q三点共线可得存在实数μ使得BQ=μBM+(1−μ)BA，再由A，N，C三点共线可解得μ=47，利用向量的线性运算化简可得NC=35AC，即λ=35.
本题考查了平面向量的线性运算，属基础题．
15.【答案】解：(1)∵z=m2−4m−12+(m2−4)i且z为纯虚数，
∴m2−4m−12=0m2−4≠0，解得m=6.
(2)∵z在复平面内对应的点在第一象限，
∴m2−4m−12>0m2−4>0，解得m6，
故m的取值范围为(−∞,−2)∪(6,+∞).
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的定义，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】−4；
−7.
【解析】解：(1)已知b=(−2,2 3)，
则|b|= 4+12=4，
又向量|a|=2且a与b的夹角为2π3.
则a⋅b=|a||b|cs=2×4×(−12)=−4；
(2)已知(a+2b)⊥(ka−b)，
则(a+2b)⋅(ka−b)=0，
即ka2+(2k−1)a⋅b−2b2=0，
即k=−7，
即当k为−7时，(a+2b)⊥(ka−b).
(1)结合a⋅b=|a||b|cs求解即可；
(2)已知(a+2b)⊥(ka−b)，则(a+2b)⋅(ka−b)=0，然后求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
17.【答案】解：(1)在△ABC中，acsB=(2c−b)csA，
由正弦定理：sinAcsB=2sinCcsA−sinBcsA，可得：sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，可得sinC=2sinCcsA，
因为C∈(0,π)，故sinC>0，从而csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=
(b+c)2−3bc≥(b+c)2−3(b+c)24=14(b+c)2当且仅当b=c时取等号，
∴6≥14(b+c)2，∴(b+c)2≤24，∴b+c≤2 6，
又b+c>a= 6，∴a+b+c∈(2 6,3 6].
∴△ABC的周长的取值范围(2 6,3 6].
【解析】由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得csA=12，结合范围A∈(0,π)，可得A的值．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，以及基本不等式的运用，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为CD=2AD，AC= 33，cs∠ADC=13，
在△ACD中，由余弦定理可得：AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC，
即33=(CD2)2+CD2−2⋅CD2⋅CD⋅13，
解得CD=6；
(Ⅱ)由图知：∠BAD=∠ADC−∠B，由(Ⅰ)可得AD=CD2=3，
由图知，B为锐角，∠ADC为锐角，sinB= 33，
可得sin∠ADC= 1−cs2∠ADC= 1−19=2 23，csB= 1−sin2B= 1−13= 63，
sin∠BAD=sin(∠ADC−B)=sin∠ADCcsB−cs∠ADCsinB=2 23× 63−13× 33= 33，
可得sinB=sin∠ADC，
可得BD=AD=3.
【解析】(Ⅰ)由题意及余弦定理可得CD的大小；
(Ⅱ)由三角形的外角的关系，可得sin∠BAD的值，由等腰三角形可得BD的值．
本题考查余弦定理的应用及两角差的正弦公式的应用，属于中档题．
19.【答案】1；
①证明见解答；② 32.
【解析】解：(1)因为a=(1,2),b=(4,−2)，
由向量的“相离度”定义，d(a,b)=|x1y2−x2y1| x12+y12⋅ x22+y22，
则d(a,b)=|1×(−2)−2×4| 12+22× 42+(−2)2=10 5×2 5=1；
(2)①证明：因为cs2⟨a,b⟩+d2(a,b)
=(x1x2+y1y2)2(x12+y12)⋅(x22+y22)+(x1y2−x2y1)2(x12+y12)⋅(x22+y22)
=x12x22+y12y22+x12y22+x22y12(x12+y12)⋅(x22+y22)=1，
且d(a,b)≥0，sin⟨a,b⟩∈[0,π]，
则d2(a,b)=1−cs2⟨a,b⟩=sin2⟨a,b⟩，
所以d(a,b)=sin⟨a,b⟩.
若d(a,b)=d(c,d)，等价于sin⟨a,b⟩=sin⟨c,d⟩，即sinθ1=sinθ2，
所以d(a,b)=d(c,d)的充分必要条件是sinθ1=sinθ2；
②因为角A的平分线AD与BC交于点D，
则BDCD=ABAC=12，即CD=2BD，
则AD=AB+BD=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
可得AD2=49AB2+19AC2+49AB⋅AC，
即169=169+169+49AB⋅AC，可得AB⋅AC=−4，
又因为PA+PB+PC=0，可知点P为△ABC的重心，则AP=13AB+13AC，
可得PA=−13AB−13AC,PB=PA+AB=23AB−13AC，
则PA2=19AB2+19AC+29AB⋅AC=43，
PB2=49AB2+19AC2−49AB⋅AC=163，
PA⋅PB=(−13AB−13AC)⋅(23AB−13AC)=−29AB2+19AC2−19AB⋅AC=43，
可得cs2⟨PA,PB⟩=(PA⋅PB)2|PA|2⋅|PB|2=16943×163=14，
所以d(PA,PB)=sin⟨PA,PB⟩= 1−cs2⟨PA,PB⟩= 32.
(1)根据题意直接代入公式运算即可；
(2)①根据向量的坐标运算可得cs2+d2(a,b)=1，进而可知d(a,b)=sin，结合题意即可分析证明；
②根据角平分线的性质结合数量积可得AB⋅AC=−4，且可知点P为△ABC的重心，进而求cs，即可得结果．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查新定义的运用，属中档题．