2024-2025学年山东省名校联盟高一下学期3月校际联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省名校联盟高一下学期3月校际联考数学试卷（含答案），共8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.已知向量AB=−2,1,AC=3,4，则BC=( )
A. 1,5B. −1,−5C. −5,−3D. 5,3
2.已知i是虚数单位，则2i1+i=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1−iD. −1+i
3.在▵ABC中，已知AB=1,AC=2,∠BAC=π3，则▵ABC的面积为( )
A. 32B. 3C. 1D. 2
4.在▵ABC中，D在线段BC上，AD为∠BAC的角平分线，若AB=2AC，则( )
A. AD=14AB+34ACB. AD=34AB+14AC
C. AD=13AB+23ACD. AD=23AB+13AC
5.如图，在测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C,D.现测得∠BCD=α,∠BDC=β,CD=l，在点C测得塔顶A的仰角为θ，则塔高AB=( )
A. l⋅tanθsinβsinα+β B. l⋅tanθsinα+βsinβ C. l⋅sinθsinα+βsinβ D. l⋅sinθsinβsinα+β
6.已知复数z=a+bia,b∈R可以表示为z=r(csθ+isinθ)，其中r= a2+b2，θ是以x轴非负半轴为始边，向量OZ所在射线为终边的角．已知z1=r1(csθ1+isinθ1)与z2=r2(csθ2+isinθ2)的乘积z1z2=r1r2[cs(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]，则将向量OZ1=(1,2)绕原点O逆时针旋转90 ∘，长度变为原来的2倍后，得到向量OZ2的坐标为( )
A. 2,−4B. −4,2C. −2,4D. 4,−2
7.如图所示，▵ABC的三条边均与圆O相切，其中BC=20,∠ABC=120 ∘,∠ACB=20 ∘，则圆O的半径约为( )cs10 ∘≈0.985
A. 5.861B. 5.674
C. 5.076D. 4.926
8.已知向量a,b,e是平面向量，e=1，若非零向量a与e的夹角为60 ∘，向量b满足b2−8e⋅b+15=0，则a−b的最小值为( )
A. 2 3+1B. 2 3−1C. 3+1D. 3−1
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.已知平面向量a=(2,1),a−b=(4,−3)，则下列说法正确的是( )
A. a⊥bB. a+b=5
C. 向量a+b与a的夹角的余弦值为2 55D. 向量a−b在a上的投影向量为a
10.设z1,z2为复数，则下列结论正确的有( )
A. z1z2=z1⋅z2B. z1z2=z1z2
C. 若z1=z2，则z12=z22D. 若z1z2∈R，则z1+z2∈R
11.已知三角形的外心，重心，垂心依次位于同一条直线上，且重心到垂心的距离是重心到外心距离的两倍．若▵ABC的外心为O，重心为G，垂心为H,M为边BC的中点，且AB=5,AC=3，则下列结论正确的有( )
A. AG⋅BC=−163B. AO⋅BC=8
C. OH=OA+OB+OCD. AB+AC=4OM+2HM
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i为虚数单位，若复数z=1+ia−2ia∈R为纯虚数，则a的值为 ．
13.如图，在▵ABC中，点D满足BC=3BD，过点D的直线分别交直线AB,AC于不同的两点E,F，设AB=xAE,AC=yAF，则2x+y的值为 ．
14.在圆内接四边形ABCD中，AC=4,AB=2AD,∠BAD=60 ∘，则▵BCD面积的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在三角形ABC中，D,E分别是边AB,AC的中点，已知BE=3,CD=6,BC=2 7．
(1)求三角形ABC的面积；
(2)求三角形ABC的周长．
16.(本小题12分)
已知复数z=a+bia,b∈R，其中i为虚数单位．
(1)若|z|2−4z=−3+4i，求z；
(2)若z=1+2i+3i2+4i3+5i4+⋯+2024i2023+2025i2024，求a−b的值．
17.(本小题12分)
已知a,b是平面内两个不共线的向量．
(1)若AB=a+2b,BC=a+8b,CD=2a−2b，求证：A,B,D三点共线；
(2)试确定实数k，使ka+b和a+2−kb共线；
(3)若a=2,1,b=−3,2,a+b⊥ma−b，求实数m的值．
18.(本小题12分)
已知三角形ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且满足acsC+ 3asinC=b+c．
(1)求角A的大小；
(2)若三角形ABC的面积为10，内切圆的半径为1，求a；
(3)若∠BAC的角平分线交BC于D，且AD=4，求三角形ABC面积的最小值．
19.(本小题12分)
n个有次序的实数a1,a2,⋅⋅⋅,an所组成的有序数组a1,a2,⋅⋅⋅,an称为一个n维向量，其中aii=1,2⋅⋅⋅,n称为该向量的第i个分量．特别地，对一个n维向量a=a1,a2,⋅⋅⋅,an，若ai=1,i=1,2⋅⋅⋅n，称a为n维信号向量．设a=a1,a2,⋅⋅⋅,an,b=b1,b2,⋅⋅⋅,bn，则a和b的内积定义为a⋅b=i=1naibi，且a⊥b⇔a⋅b=0．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量x1,x2,⋅⋅⋅,xk满足它们的前m个分量都是相同的，求证： km0，
则 3sinA−csA=1⇒2sinA−π6=1⇒A−π6=π6或A−π6=5π6(舍去)．
故A=π3．
(2)因三角形ABC的面积为S=10，内切圆的半径为r=1．
则S=12a+b+cr=10⇒a+b+c=20，则b+c=20−a．
又由(1)，S=12bcsinA= 34bc=10⇒bc=40 33．
则由余弦定理：csA=b2+c2−a22bc=b+c2−2bc−a22bc=20−a2−80 33−a280 33=12．
化简后可得：400−40a80 33=32⇒80a=800−80 3⇒a=10− 3；
(3)如图，过D点做AB，AC垂线，垂足为E，F．
由(1)可得∠BAC=π3，则∠BAD=∠CAD=π6，
又由角平分线性质可得DE=DF=ADsinπ6=2，AE=AF=ADcsπ6=2 3
又注意到∠AEF+∠EDF+∠DFA+∠FAE=π，∠AEF=∠DFA=π2，
则∠EDF=2π3⇒∠EDB+FDC=π3，设∠EDB=θ，则∠FDC=π3−θ．
又DE=DF=2，则BE=2tanθ,FC=2tanπ3−θ.其中θ∈0,π3．
故三角形ABC面积为：12AB⋅ACsinA= 342 3+2tanθ2 3+2tanπ3−θ
3 3+tanθ 3+tanπ3−θ= 33+ 3tanθ+ 3tanπ3−θ+tanθtanπ3−θ．
注意到tanθ+tanπ3−θ=tanπ31−tanθtanπ3−θ= 3− 3tanθtanπ3−θ．
则S= 36−2tanθtanπ3−θ.要使S最小，则需使tanθtanπ3−θ最大．
注意到tanθ>0,tanπ3−θ>0，则由基本不等式取等条件可得，
要使tanθtanπ3−θ最大，需满足tanθ=tanπ3−θ⇒θ=π6,tanθtanπ3−θ≤13．
则S= 36−2tanθtanπ3−θ≥ 3×6−23=16 33，此时θ=π6，即三角形ABC为等边三角形．

19.解：(1)根据题意，结合维向量的定义，
则两两垂直的4维信号向量可以为：1,1,1,1,−1,−1,1,1,−1,1,−1,1,−1,1,1,−1．
(2)假设存在14个两两垂直的14维信号向量y1,y2,⋅⋅⋅,y14，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以，不妨设y1=1,1,⋅⋅⋅,1,y2=1,1,1,1,1,1,1,−1,−1,−1,−1,−1,−1,−1，
因为y1⋅y3=0，所以y3有7个分量为−1，
设y3的前7个分量中有r个−1，则后7个分量中有7−r个−1，
所以y2⋅y3=r⋅−1+7−r+7−r+r⋅−1=0，可得r=72，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量．
(3)任取i,j∈1,2,…,k，计算内积xi⋅xj，将所有这些内积求和得到S，
则S=x12+x22+⋅⋅⋅+xk2=2024k，
设x1,x2,⋯,xk的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为ci2
所以S=c12+c22+⋅⋅⋅+c20242≥c12+c22+⋅⋅⋅+cm2=k2m，
令2024k≥k2m所以km≤2024