资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩2页未读，
继续阅读
福建省长汀县第二中学2023-2024学年高一下学期3月月考试卷数学试卷（原卷版+解析版）
展开
这是一份福建省长汀县第二中学2023-2024学年高一下学期3月月考试卷数学试卷（原卷版+解析版），文件包含福建省长汀县第二中学2023-2024学年高一下学期3月月考试卷数学试卷原卷版docx、福建省长汀县第二中学2023-2024学年高一下学期3月月考试卷数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
（满分：150分 时长：120分钟）
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共60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. 复数的虚部是（ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】先进行两个复数的乘法运算，然后再求复数的虚部，注意复数的虚部指的是.
【详解】因为，
故的虚部是6.
故选：D.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线向量定理的坐标形式即可求解
【详解】因为，且
所以，所以
故选：C
3. 已知实数a，b满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则得到，，再计算共轭复数得到答案.
【详解】实数，满足（其中i为虚数单位），
故，，，
复数的共轭复数，
故选：B
4. 在中，若，，，则的值等于
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据求得,再利用正弦定理求解即可.
【详解】由于,所以,由正弦定理得,
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用,属于基础题.
5. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义，向量平行的定义以及充分条件，必要条件的定义即可判断．
【详解】若平面向量，平行，则向量，方向相同或相反，所以或；
若，则，即向量，方向相同，以及向量，平行．
综上，“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的必要非充分条件．
故选：B．
6. 已知，且满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据进行求解，得到答案.
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为.
故选：D
7. 如图，在中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要利用向量的线性运算和即可求解.
【详解】解：由题意得：
设，则
又由，不共线
，解得：
故选：D
8. 已知所在平面内点，且满足，则=（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量加法的平行四边形法则作出图像，求出两个三角形的高之比，即可求解.
【详解】
令，，根据向量的加法的平行四边形法则，
作出如图所示平行四边形，作于，于，
由，所以，为高，等于的高，
所以.
故选：D
二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0
9. 若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部为
B. 的模为
C. 的共轭复数为
D. 在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数除法法则，计算得到，从而判断出虚部，求出模长及共轭复数，写出在复平面内对应的点的坐标，判断其所在象限.
【详解】由，所以，
所以的虚部为2，故A错误；
，故正确；
的共轭复数为，故正确；
在复平面内对应点为，位于第一象限，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知是平面内的一组基底，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若实数m，n使，则
B. 平面内任意一个向量都可以表示成，其中m，n为实数
C. 对于m，，不一定该平面内
D. 对平面内的某一个向量，存在两对以上实数m，n，使
【答案】AB
【解析】
【分析】根据基底的定义逐项判断即可.
【详解】解：根据基底的定义知AB正确；
对于C，对于m，，在该平面内，故C错误；
对于D，m，n是唯一的，故D错误.
故选:AB.
11. 如图，在中，是的三等分点，则（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若
【答案】ABD
【解析】
【分析】将作为基底，利用向量的线性运算表示目标向量逐一计算即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因为，所以，
，
又，
所以，故B正确；
对于C，，，
故，
又，
所以，故，故C错误；
对于D，，
而，
代入得，
得，故选项D正确，
故选：ABD.
12. 在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，直接判断即可；对于B，，结合即可判断；对于C，，结合即可判断；对于D，，结合即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，所以只有一解；故A错误；
对于B，因为，
所以由正弦定理得，
因为，即，所以，所以有两解（，或），故B正确；
对于C，因为，
所以由正弦定理得，即，
因，所以有两解（，或，），故C正确；
对于D，因为，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，故D错误；
故选：BC
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.
13. 如果向量满足，且和的夹角，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量数量积的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，且和的夹角，
则.
故答案为：
14. 设复数，，在复平面的对应的向量分别为､，则向量对应的复数所对应的点的坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量运算求得正确答案.
【详解】依题意，复数，，在复平面的对应的向量分别为､，
所以，
所以，
所以向量对应的复数所对应的点的坐标为.
故答案为：
15. 若的面积为，且为钝角，则______；
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理和三角形的面积公式求出，再求出角即可.
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，又易知为锐角，可得；
故答案为：.
16. 如图，已知矩形ABCD中，AD＝1，AB，E为边AB的中点，P为边DC上的动点（不包括端点），（0＜λ＜1），设线段AP与DE的交点为G，则的最小值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】由图可得△AGE与△PGD相似，可得，表示出（1+2λ2），换元，构造函数，利用不等式即可得到答案
【详解】因△AGE与△PGD相似，所以，
则，
令，
则（t）﹣11，当且仅当，
即取到.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，考查数形结合思想，三角形相似的性质等，属于难题.
三､解答题､本大题共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. 已知复数，i为虚数单位．
（1）当z是纯虚数时，求m的值；
（2）当时，求z的模．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解；
（2）根据模长公式即得.
【小问1详解】
由z是纯虚数，有，
解得；
【小问2详解】
当时，，
所以.
18. 已知，．
（1）若，，且、、三点共线，求的值
（2）当为何值时，有与垂直
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出、的坐标，由、、三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值；
（2）依题意可得，根据数量积的坐标表示计算可得．
【小问1详解】
，，
，，
，，三点共线，
与共线，
，解得；
【小问2详解】
，，
与垂直，
，解得．
19. 在中，设角所对的边长分别为，且．
（1）求角；
（2）若的面积，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和三角函数值与角的关系可求出；
（2）由三角形的面积公式得到，再由余弦定理求出，最后再利用正弦定理求出外接圆半径，求得最后结果.
小问1详解】
因为，整理得
又由余弦定理得，所以，即
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）得，因为的面积，所以，所以，
由于，所以，
又由余弦定理：，所以．
所以，
所以由正弦定理得，所以．
20. 已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)由给定条件求出，再根据向量模的计算公式即可得解；
(2)根据向量夹角为锐角借助数量积列出不等关系即可作答.
【详解】（1）依题意，，得，
，
所以；
（2）由向量与的夹角为锐角，可得，即有，解得，
而当向量与同向时，可知，
综上所述的取值范围为.
21. 在△中，角的对边分别为，已知，（1）求（2）若，△的面积为，求
【答案】：（1）（2） 或
【解析】
【详解】：（1）由得
即 从而
（2）由于 ，所以 又 ，即 ，解得 由余弦定理 ，得
解方程组 ，得 或
22. 已知的内角的对边分别为，满足，
（1）求；
（2）是线段边上的点，若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）设，，，利用在和中，利用余弦定理求出的关系，再在中，利用余弦定理求出的关系，进而可求出，即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
所以，所以；
【小问2详解】
设，，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
又，，
所以，，整理得①，
在中，由余弦定理得，
则②，
由①②得，故，
将代入①式得，
所以的面积.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
（满分：150分 时长：120分钟）
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共60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. 复数的虚部是（ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】先进行两个复数的乘法运算，然后再求复数的虚部，注意复数的虚部指的是.
【详解】因为，
故的虚部是6.
故选：D.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线向量定理的坐标形式即可求解
【详解】因为，且
所以，所以
故选：C
3. 已知实数a，b满足（其中为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则得到，，再计算共轭复数得到答案.
【详解】实数，满足（其中i为虚数单位），
故，，，
复数的共轭复数，
故选：B
4. 在中，若，，，则的值等于
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据求得,再利用正弦定理求解即可.
【详解】由于,所以,由正弦定理得,
所以.
故选：C
【点睛】本题主要考查了正弦定理的运用,属于基础题.
5. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义，向量平行的定义以及充分条件，必要条件的定义即可判断．
【详解】若平面向量，平行，则向量，方向相同或相反，所以或；
若，则，即向量，方向相同，以及向量，平行．
综上，“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的必要非充分条件．
故选：B．
6. 已知，且满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据进行求解，得到答案.
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为.
故选：D
7. 如图，在中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要利用向量的线性运算和即可求解.
【详解】解：由题意得：
设，则
又由，不共线
，解得：
故选：D
8. 已知所在平面内点，且满足，则=（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量加法的平行四边形法则作出图像，求出两个三角形的高之比，即可求解.
【详解】
令，，根据向量的加法的平行四边形法则，
作出如图所示平行四边形，作于，于，
由，所以，为高，等于的高，
所以.
故选：D
二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0
9. 若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A. 的虚部为
B. 的模为
C. 的共轭复数为
D. 在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数除法法则，计算得到，从而判断出虚部，求出模长及共轭复数，写出在复平面内对应的点的坐标，判断其所在象限.
【详解】由，所以，
所以的虚部为2，故A错误；
，故正确；
的共轭复数为，故正确；
在复平面内对应点为，位于第一象限，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知是平面内的一组基底，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若实数m，n使，则
B. 平面内任意一个向量都可以表示成，其中m，n为实数
C. 对于m，，不一定该平面内
D. 对平面内的某一个向量，存在两对以上实数m，n，使
【答案】AB
【解析】
【分析】根据基底的定义逐项判断即可.
【详解】解：根据基底的定义知AB正确；
对于C，对于m，，在该平面内，故C错误；
对于D，m，n是唯一的，故D错误.
故选:AB.
11. 如图，在中，是的三等分点，则（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若
【答案】ABD
【解析】
【分析】将作为基底，利用向量的线性运算表示目标向量逐一计算即可.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，因为，所以，
，
又，
所以，故B正确；
对于C，，，
故，
又，
所以，故，故C错误；
对于D，，
而，
代入得，
得，故选项D正确，
故选：ABD.
12. 在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，直接判断即可；对于B，，结合即可判断；对于C，，结合即可判断；对于D，，结合即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，所以只有一解；故A错误；
对于B，因为，
所以由正弦定理得，
因为，即，所以，所以有两解（，或），故B正确；
对于C，因为，
所以由正弦定理得，即，
因，所以有两解（，或，），故C正确；
对于D，因为，
所以由正弦定理得，
由于，故，所以只有一解，故D错误；
故选：BC
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上.
13. 如果向量满足，且和的夹角，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量数量积的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，且和的夹角，
则.
故答案为：
14. 设复数，，在复平面的对应的向量分别为､，则向量对应的复数所对应的点的坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量运算求得正确答案.
【详解】依题意，复数，，在复平面的对应的向量分别为､，
所以，
所以，
所以向量对应的复数所对应的点的坐标为.
故答案为：
15. 若的面积为，且为钝角，则______；
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理和三角形的面积公式求出，再求出角即可.
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，又易知为锐角，可得；
故答案为：.
16. 如图，已知矩形ABCD中，AD＝1，AB，E为边AB的中点，P为边DC上的动点（不包括端点），（0＜λ＜1），设线段AP与DE的交点为G，则的最小值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】由图可得△AGE与△PGD相似，可得，表示出（1+2λ2），换元，构造函数，利用不等式即可得到答案
【详解】因△AGE与△PGD相似，所以，
则，
令，
则（t）﹣11，当且仅当，
即取到.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，考查数形结合思想，三角形相似的性质等，属于难题.
三､解答题､本大题共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. 已知复数，i为虚数单位．
（1）当z是纯虚数时，求m的值；
（2）当时，求z的模．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解；
（2）根据模长公式即得.
【小问1详解】
由z是纯虚数，有，
解得；
【小问2详解】
当时，，
所以.
18. 已知，．
（1）若，，且、、三点共线，求的值
（2）当为何值时，有与垂直
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出、的坐标，由、、三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值；
（2）依题意可得，根据数量积的坐标表示计算可得．
【小问1详解】
，，
，，
，，三点共线，
与共线，
，解得；
【小问2详解】
，，
与垂直，
，解得．
19. 在中，设角所对的边长分别为，且．
（1）求角；
（2）若的面积，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和三角函数值与角的关系可求出；
（2）由三角形的面积公式得到，再由余弦定理求出，最后再利用正弦定理求出外接圆半径，求得最后结果.
小问1详解】
因为，整理得
又由余弦定理得，所以，即
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）得，因为的面积，所以，所以，
由于，所以，
又由余弦定理：，所以．
所以，
所以由正弦定理得，所以．
20. 已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)由给定条件求出，再根据向量模的计算公式即可得解；
(2)根据向量夹角为锐角借助数量积列出不等关系即可作答.
【详解】（1）依题意，，得，
，
所以；
（2）由向量与的夹角为锐角，可得，即有，解得，
而当向量与同向时，可知，
综上所述的取值范围为.
21. 在△中，角的对边分别为，已知，（1）求（2）若，△的面积为，求
【答案】：（1）（2） 或
【解析】
【详解】：（1）由得
即 从而
（2）由于 ，所以 又 ，即 ，解得 由余弦定理 ，得
解方程组 ，得 或
22. 已知的内角的对边分别为，满足，
（1）求；
（2）是线段边上的点，若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）设，，，利用在和中，利用余弦定理求出的关系，再在中，利用余弦定理求出的关系，进而可求出，即可得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
所以，所以；
【小问2详解】
设，，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
又，，
所以，，整理得①，
在中，由余弦定理得，
则②，
由①②得，故，
将代入①式得，
所以的面积.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
相关试卷
福建省泉州市惠南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份福建省泉州市惠南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析福建省泉州市惠南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题原卷版docx、精品解析福建省泉州市惠南中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
甘肃省酒泉市敦煌中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）： 这是一份甘肃省酒泉市敦煌中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版），文件包含精品解析甘肃省酒泉市敦煌中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷原卷版docx、精品解析甘肃省酒泉市敦煌中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
上海市第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版）： 这是一份上海市第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（原卷版+解析版），文件包含精品解析上海市第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷原卷版docx、精品解析上海市第二中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
