云南省玉溪市峨山县第一中学2024-2025学年高一下学期3月份考试数学试卷【含答案】

这是一份云南省玉溪市峨山县第一中学2024-2025学年高一下学期3月份考试数学试卷【含答案】，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，化简以下各式，结果为0→的有等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷.草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
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，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，在中，若为上一点，且满足，则( )



D.
2.如图所示，在正△ABC中，P，Q，R分别是AB，BC，AC的中点，则与向量相等的向量是( )
与
与
与
D. 与
3.若复数z是x2+x+1=0的根，则z=（ ）
A. 22B. 1C. 2D. 3
4.已知a→,b→是两个不共线的单位向量，向量c→=λa→+μb→(λ,μ∈R)．“λ>0，且μ>0”是“c→⋅(a→+b→)>0”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cs B等于( )
A. B. C. D.
6.若O是△ABC内一点，OA→+OB→+OC→=0→，则O是△ABC的( )
A. 内心 B. 外心 C. 垂心 D. 重心
7.若z∈C，且z−1z+1是纯虚数，则z=（ ）
A. 22B. 1C. 2D. 2
8.已知A(0,1)，B(3,5)，向量a＝，b＝(sin α，cs α)，且a∥b，则tan α等于( )
A. B. －C. D. －
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.化简以下各式，结果为0→的有( )
A. AB→+BC→+CA→B. AB→−AC→+BD→−CD→C. OA→+OD→+AD→D. NQ→+QP→+MN→−MP→
10.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是CD边上的两个三等分点，则下列选项正确的有( ).
A. EF→=13AB→B. BE→=CB→−CE→C. AC→=AB→+AD→D. AF→=23AD→+13AC→
11.设非零向量a→，b→满足a→+b→⊥a→−12b→，b→=2a→，则( )
A. a→∥b→ B. a→⊥b→
C. a→+b→=a→−b→ D. a→+b→>a→−b→
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，△ABC，△BDE都是边长为1的等边三角形，A，B，D三点共线，则AD→⋅AE→= ．
13.若△ABC的三边长分别为AB＝7，BC＝5，CA＝6，则·＝________.
14.已知A、B、C为圆O上的三点，若AO→=AB→+AC→，则AB→与AC→夹角的大小为 .
四、解答题:本题共5 小题，其中第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分,第18、19题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcsC+3bsinC−a−c=0.
(1)求角B；
(2)若点D满足2AD→=DC→，且BD=1，求△ABC的面积的最大值.
16.求实数m的值或取值范围，使得复数z=m2+m−2+m2−1i分别满足：
(1)z是实数；
(2)z是纯虚数；
(3)z在复平面中对应的点位于第三象限.
17.若定义一种运算：a,bcd=ac+bd.已知z为复数，且2,z¯z4=6−4i.
(1)求复数z；
(2)设t,x为实数，若t+csx,i12−1,1sinxi为纯虚数，求t的最大值.
18.已知幂函数（）定义域上不单调．
（1）试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由；
（2）若，求实数的取值范围．
19.英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，，（解答本题时，这些不等式根据需要可以直接使用）．
（1）证明：当时，；
（2）设，若区间满足：当定义域为时，值域也为，则称区间为的“和谐区间”．试问是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由．
一、单选题
1.【答案】A
【解析】因为所以
由,
因三点共线，由共线定理推论可得，解得
故选：A.
2.【答案】B
【解析】由已知可得PQ AC，向量相等要求模相等，方向相同，因此与都是和相等的向量．
3.【答案】B
【解析】由复数求根公式，有z=−1±3i2，所以z=−122+322=1.
故选：B.
4.【答案】A
【解析】当λ>0，且μ>0时，
c→⋅a→+b→=λa→+μb→⋅a→+b→=λa→2+λ+μa→⋅b→+μb→2=λ+μ+λ+μcsa→,b→>λ+μ−λ+μ=0，充分性满足；
当c→⋅(a→+b→)>0时，
c→⋅a→+b→=λ+μ+λ+μcsa→,b→，当λ>0，μ=0时，
c→⋅a→+b→=λ+λcsa→,b→是可以大于零的，
即当c→⋅(a→+b→)>0时，可能有λ>0，μ=0，必要性不满足，
故“λ>0，且μ>0”是“c→⋅(a→+b→)>0”的充分而不必要条件.
故选：A.
5.【答案】B
【解析】∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，
∴cs B＝＝＝.
6.【答案】D
【解析】取线段AB的中点D，连接OD，则OA→+OB→=2OD→，而OA→+OB→+OC→=0→，
因此CO→=2OD→，即C，O，D三点共线，线段CD是△ABC的中线，
且O是靠近中点D的三等分点，所以O是△ABC的重心.
故选：D.
7.【答案】B
【解析】设z=a+bi,a,b∈R，
则z−1z+1=a+bi−1a+bi+1=(a−1)+bi(a+1)+bi=(a−1)+bi[(a+1)−bi](a+1)2+b2=a2+b2−1+2bi(a+1)2+b2，
因为z−1z+1是纯虚数，可得a2+b2−1=0，即a2+b2=1，所以z=a2+b2=1．
故选：B.
8.【答案】A
【解析】∵A(0,1)，B(3,5)，a＝，∴a＝(3,5)－(0,1)＝(3,4)．
∵a∥b，∴4sin α＝3cs α，∴tan α＝.
二、多选题
9.【答案】ABD
【解析】对A，AB→+BC→+CA→=AC→+CA→=0→，故A正确；
对B，AB→−AC→+BD→−CD→=CB→+BD→−CD→=CD→−CD→=0→，故B正确；
对C，OA→+OD→+AD→=OA→+AD→+OD→=OD→+OD→=2OD→，故C错误；
对D，NQ→+QP→+MN→−MP→=NP→+MN→−MP→=NP→+PN→=0→，故D正确.
故选：ABD.
10.【答案】AC
【解析】对选项A：EF→=13DC→=13AB→，正确；
对选项B：BE→=BC→+CE→=−CB→+CE→，错误；
对选项C：AC→=AB→+BC→=AB→+AD→，正确；
对选项D：AF→=AD→+DF→=AD→+23DC→=AD→+23AC→−AD→=13AD→+23AC→，错误.
故选：AC.
11.【答案】BC
【解析】因为a→+b→⊥a→−12b→，
所以a→+b→⋅a→−12b→=a→2−12b→2+12a→⋅b→=12a→⋅b→=0，
即a→⋅b→=0，所以a→⊥b→，A错误，B正确；
因为a→⋅b→=0，所以a→+b→2=a→−b→2，所以a→+b→=a→−b→，C正确，D错误.
故选：BC.
三、填空题
12.【答案】3
【解析】因为△ABC，△BDE都是边长为1的等边三角形，
所以∠DBE=∠BDE=60°，∠ABE=120°，
在△ABE中，AB=BE=1，所以∠DAE=30°，∠AED=90°，
所以AE→=3，所以AD→·AE→=AD→·AE→·cs∠DAE=2×3×32=3.
故答案为：3.
13.【答案】－19
【解析】设三角形的三边分别为a，b，c，
依题意得，a＝5，b＝6，c＝7.
∴·＝||·||·cs(π－B)＝－ac·cs B.
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac·cs B，
∴－ac·cs B＝(b2－a2－c2)＝(62－52－72)＝－19，
∴·＝－19.
14.【答案】120∘
【解析】连接OB、OC，如下图所示：
因为AO→=AB→+AC→，则四边形ABOC为平行四边形，
因为OB=OC，则平行四边形ABOC为菱形，
因为AB=OB=OA，故△AOB为等边三角形，所以，∠OAB=60∘，
故∠BAC=2∠OAB=120∘，即AB→与AC→夹角的大小为120∘.
故答案为：120∘.
四、解答题
15.【答案】解：(1)∵ bcsC+3bsinC−a−c=0，
由正弦定理可得：sinBcsC+3sinBsinC−sinA−sinC=0，
∵在△ABC中，有A+B+C=π，
∴ sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC，
∴ sinBcsC+3sinBsinC−sinB+C−sinC=0，
整理得3sinBsinC−csBsinC−sinC=0，
又∵在△ABC中，sinC>0，
∴3sinB−csB=1，即sinB−π6=12，
∵ B∈0,π，
∴ B−π6∈−π6,5π6，解得B=π3，
故B=π3.
(2)如图所示：
∵ 2AD→=DC→，
∴ BD→=BA→+AD→=BA→+13AC→=BA→+13BC→−BA→=13BC→+23BA→，
两边平方可得BD→2=19BC→2+49BA→2+49BC→⋅BA→，
∵ BD=1，
∴ 1=19a2+49c2+49accsB，
∴ 9=a2+4c2+2ac≥6ac，当且仅当a=2c时等号成立，即ac≤32，
所以S△ABC=12acsinB=34ac≤338，
故△ABC的面积的最大值为338.
16.【答案】解：（1）因为复数z=m2+m−2+m2−1i是实数，
所以m2−1=0，所以m=±1.
（2）因为复数z=m2+m−2+m2−1i是纯虚数，所以m2−1≠0m2+m−2=0，
所以m=−2.
（3）复数z=m2+m−2+m2−1i在复平面中对应的点为m2+m−2,m2−1，
因为该点位于第三象限，所以m2+m−2