2024-2025学年山东省实验中学高一下学期3月阶段性考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东省实验中学高一下学期3月阶段性考试数学试卷（含答案），共9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.在复平面内，复数z满足z⋅1−i=2i，则复数z对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.如图，四边形ABCD中，AB=DC，则必有( )
A. AD=CBB. DO=OBC. AC=DBD. OA=OC
3.已知|a|=8，与a同向的单位向量为e，|b|=4，a,b的夹角为120∘，则向量b在向量a方向上的投影向量为( )
A. 4eB. −4eC. 2eD. −2e
4.已知a和b是两个不共线的向量，若AB=a+mb，BC=5a+4b，DC=−a−2b，且A，B，D三点共线，则实数m的值为( )
A. 12B. 1C. −12D. −1
5.在▵ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )
A. a=4，b=5，c=6B. a= 3，b=2，A=45∘
C. a=10，A=45∘，B=70∘D. a=3，b=2，A=60∘
6.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且2a−b= 15，则b−a=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
7.如图，扇形AOB所在圆的圆心角大小为2π3,P是扇形内部(包括边界)任意一点，若OP=xOA+yOB，那么2x+y的最大值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 2 3
8.在锐角▵ABC中，若b2+c2=2a2，则csA的取值范围是( )
A. 12, 33B. 12, 22C. 12,1D. 12,2+ 24
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.已知向量a= 3,−1,b=2,0，则下列说法正确的是( )
A. a=bB. a与b的夹角为π3
C. 若a⊥a+λb，则λ=−2 33D. 存在c≠0，使得a⋅c=b⋅c
10.庄严美丽的国旗和国徽上的五角星，是革命和光明的象征.正五角星是一个非常有趣、优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系(在如图所示的正五角星中，多边形ABCDE为正五边形，PTAP= 5−12≈0.618).则( )
A. CQ+TP=DSB. ES−RQ=PA
C. AT+RS= 5−12RQD. BP−TS= 5+12RS
11.已知三角形ABC满足AB=3,AC=4，则下列结论正确的是( )
A. 若点O为▵ABC的重心，则AO=13AB+13AC，
B. 若点O为▵ABC的外心，则AO⋅BC=72
C. 若点O为▵ABC的垂心，则AO=45AB+35AC，
D. 若点O为▵ABC的内心，则AO=λ13AB+14AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=b=1，c= 3，则▵ABC的外接圆面积为 ．
13.在▵ABC中，AB=2，AC=6，∠ABC=π6，P，Q是BC边上的两个动点，且PQ=4，则AP⋅QA的最大值为 ．
14.如图，在▵ABC中，已知AB=4,AC=3,∠BAC=π3，点M是边AB的中点，
且AC=3AN，直线CM与BN相交于点P，则AP⋅BC= ．
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)
已知复数z1=1+i，z=m2+m−6+m2−3m+2im∈R．
(1)当m取何值时，z为纯虚数？
(2)当m=3时，求z⋅z1的值．
16.(本小题12分)
已知向量a=1,2,b=−3,1．
(1)求a+3b；
(2)设a,b的夹角为θ，求csθ的值；
(3)若向量a+kb与a−kb互相垂直，求k的值．
17.(本小题12分)
已知a，b，c分别是▵ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB．
(1)求ac；
(2)若csC=14，▵ABC的面积为 15，求▵ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，在直角梯形OABC中，OA//CB,OA⊥OC,OA=2BC=2OC,M为AB上靠近B的三等分点，OM交AC于D,P为线段BC上的一个动点．
(1)用OA和OC表示OM；
(2)求ODDM；
(3)设OB=λCA+μOP，求λ⋅μ的取值范围．
19.(本小题12分)
十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于120∘时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120∘；当三角形有一内角大于或等于120∘时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是▵ABC三个内角A，B，C的对边，且cs A2cs B=sin (C−π6)，点P为▵ABC的费马点．
(1)求角B；
(2)若b2−(a−c)2=6，求PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC的值；
(3)若b=1，求|PA|+|PC|−|PB|的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.B
5.B
6.B
7.C
8.A
9.ACD
10.AD
11.ABD
12.π
13.3
14.−175
15.解：(1)若z为纯虚数，则m2+m−6=0m2−3m+2≠0，解得m=−3．
(2)当m=3时，z=6+2i，
所以z⋅z1=6+2i1+i=4+8i，
所以z⋅z1= 42+82=4 5．

16.解：(1)由a=1,2,b=−3,1，得a+3b=1,2+−9,3=−8,5，
所以a+3b= (−8)2+52= 89．
(2)设a,b的夹角为θ，则csθ=a⋅ba⋅b=1×−3+2×1 1+4× 9+1=− 210．
(3)由a=1,2,b=−3,1，得a+kb=1−3k,2+k,a−kb=1+3k,2−k，
由向量a+ka与a−kb互相垂直得，a+kb⋅a−kb=0，
所以1−3k⋅1+3k+2+k⋅2−k=0，
化简得1−2k2=0，解得k=± 22．

17.(1)解：在▵ABC中，ab=csA2−csB，
由正弦定理得：sinAsinB=csA2−csB，则sinBcsA+csBsinA=2sinA，
即sinB+A=2sinA，即sinC=2sinA，
由正弦定理得c=2a，即ac=12；
(2)由csC=14，得sinC= 154，
则S▵ABC=12absinC= 15，得ab=8，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，
即2a2=a2+8a2−4=0，整理得3a4−4a2−64=0，
即3a2+16a2−4=0，解得a=2，
则b=c=4，
所以▵ABC的周长为a+b+c=10．

18.解：(1)依题意CB=12OA，AM=23AB，
∴AM=23(OB−OA)=23(OC+CB)−23OA
=23OC+13OA−23OA=23OC−13OA，
∴OM=OA+AM=OA+(23OC−13OA)=23OA+23OC；
(2)因OM交AC于D，
由(1)知OD=tOM=t(23OA+23OC)=2t3OA+2t3OC，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，2t3+2t3=1，
则t=34，OD=3DM，
则|OD||DM|=3，即ODDM=3；
(3)由已知OB=OC+CB=OC+12OA，
因P是线段BC上动点，则令CP=xOA(0⩽x⩽12)，
OB=λCA+μOP=λ(OA−OC)+μ(OC+CP)
=(λ+μx)OA+(μ−λ)OC，
又OC,OA不共线，
则有μ−λ=1λ+μx=12⇒λ=μ−1μ=32+2x,
则0⩽x⩽12⇒1⩽x+1⩽32⇒1⩽μ⩽32，
∴λ⋅μ=μ(μ−1)=(μ−12)2−14在μ∈[1,32]上递增，
所以μ=1,(λ⋅μ)min=0,μ=32,(λ⋅μ)max=34，
故λ⋅μ的取值范围是[0,34]．
19.解：(1)∵cs A2cs B=sin (C−π6)= 32sin C−12cs C，
∴cs A= 3cs Bsin C−cs Bcs C，
∴cs [π−(B+C)]= 3cs Bsin C−cs Bcs C，
∴−(cs Bcs C−sin Bsin C)= 3cs Bsin C−cs Bcs C，
又sinC>0，∴sinB= 3csB，
∴tanB= 3，B∈0,π，∴B=π3；
(2)由(1)得B=π3，
由余弦定理得cs B=a2+c2−b22ac=12，
∴a2+c2−b2=ac，
又b2−(a−c)2=b2−(a2+c2)+2ac=6，
∴ac=6，
设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，
∵B=60∘，
所以三角形ABC的三个角均小于120°，
∴根据题意可得∠APB=∠BPC=∠APC=120∘，
又S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
∴12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12ac⋅ 32，
∴xy+yz+xz=ac=6，
∴PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC
=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)
=−12(xy+yz+xz)=−3；
(3)由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
∴12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12ac⋅ 32，
∴xy+yz+xz=ac，
由余弦定理可得
b2=x2+z2−2xzcs 120∘=x2+z2+xz，
同理可得c2=x2+y2+xy，a2=z2+y2+yz，
相加可得a2+c2+b2
=2x2+2y2+2z2+xy+yz+zx
=2x2+2y2+2z2+ac，
又a2+c2−b2=ac，
所以x2+y2+z2=1，
由于B=60∘,∠APB=120∘,
∴∠ABP+∠CBP=60∘,∠ABP+∠BAP=60∘，
所以∠BAP=∠CBP,
又∠APB=∠BPC=120∘,
故△ABP∼△BCP，所以xy=yz，即y2=zx，
故x2+zx+z2=1，即(x+z)2−xz=1，
故xz=(x+z)2−1⩽(x+z)24，且 xz= (x+z)2−1，
故x+z⩽ 43，当且仅当x=z时等号成立，
又x+z>b=1，所以1