广东省惠州市惠阳区丰湖高级中学2024-2025学年高一下学期第一次段考数学试题

惠州 惠阳区丰湖高级中学 2024-2025学 第二学期第一次段考数学试卷 一、单选题(每题 5 ,总 40 ) 1. 下 中 的为 ( ) A. 时间 B. 积 C. D. 密 2. 已知 a∈R，若 a-2 + a-1 i(i为虚数单 ) 纯虚数， a= ( ) A. - 2 B. - 1 C. 1 D. 2 3. 化简AC  -BD  +CD  得 ( ) A. AB  B. DA  C. BC  D. 0  4. 复数 z= 4- 3i 复 面的点 于 ( ) A. 第一 B. 第二 C. 第三 D. 第四 5. 已知 a= 2,-1 ，b= k,2 .若 a⎳ b， k= ( ) A. - 1 B. 1 C. - 4 D. 4 6. 已知 a= -2,3 ，b= m,6 ，若 a⊥ b， m= ( ) A. - 9 B. - 4 C. 4 D. 9 7. △ABC中，AC= 5 ,BC= 2,cosB= 23 ， △ABC的面积等于 ( ) A. 2 53 B. 2 C. 5 D. 5 3 8. 锐角△ABC中，a、b、c 角A、B、C所对的边，已知 2b-c cosC = 3 cosA 且 a= 3， b+ c的 取值 围为 ( ) A. (3,6) B. (3,6] C. (3 3 ,6] D. (3 3 ,6) 丰湖高级中学·数学卷·第1页总4页· 二、多选题(每题 6 ,总 18 ) 9. △ABC中，已知 a= 3，b= 2，B= 45°， 角A的 数为 ( ) A. 60° B. 120° C. 30° D. 90° 10.已知复数 z= 5- 4i，以下说法正 的 ( ) A. z的实部 5 B. z = 41 C. z= 5+ 4i D. z 复 面内对 的点 第一 11.正方形ABCD的边长为 2，E BC上，且BE= 13 BC，如图，点P 以AB为直径的半 上任 意一点，AP  = λAD  + μAE  ， ( ) A. λ最大值为 13 B. μ最大值为 1 C. AP  ⋅AE  最大值 2 10 3 + 2 D. AP  + 12 AD   的最大值为 3+ 2 2 三、填 题(每题 5 ,总 15 ) 12.已知 a= 0,1 ,b= 1,0 ， a ⋅ a-b = . 13.记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a，b，c，且 2a= 5bsinA， sinB= ． 14.已知 z为复数，且 z = 2， z+2i 的最大值为 . 四、解答题(总 77 ) 15. (13 ) 已知 i为虚数单 ，计算以下 题： (1) 7-5i + 12+2i  (2) 2+ i7+4i 丰湖高级中学·数学卷·第2页总4页· 16. (15 ) 已知 a= (-1,3),b= (1,n),m= (2,4)，且 a∥ b． (1)求n的值； (2)求m b上的投影 (结果用 标表示)． 17. (15 ) (1) △ABC中，内角A,B,C所对的边 为 a,b,c，且 a2= b2+ c2- bc，且B= π6 .求角A，C 的大 ； (2) △ABC中，角A，B，C的对边 为 a，b，c，已知A= π3 ，a= 4,b+ c= 8，求△ABC的面 积. 18. (17 ) 锐角△ABC的内角A，B，C的对边 为 a，b，c. 已知 sinBcosC+sinCcosB cosBcosC = tanAtanBtanC- 3. (1)求A； (2)若 a= 3，求△ABC面积的最大值； (3)若 a= 3，求△ABC 长的取值 围. 丰湖高级中学·数学卷·第3页总4页· 19. (17 ) 如图，△AOD与△BOC存 对顶角∠AOD=∠BOC= π4 ，AC= 2，BD= 2 2，且BC=AD.    (1)试指出点O BD上的具 ， 说 理由； (2)若 5sin2A+ cosB= 5，求OC的长. 丰湖高级中学·数学卷·第4页总4页· 惠州 惠阳区丰湖高级中学 2024-2025学 第二学期第一次段考数学参考答案 一、单选题 1. 下 中 的为 ( ) A. 时间 B. 积 C. D. 密 【答案】：C 【解析】：根据向量的定义判断可得出结论. 由题意可知，时间、体积、密度都是数量，而重力是向量. 故选：C. 2. 已知 a∈R，若 a-2 + a-1 i(i为虚数单 ) 纯虚数， a= ( ) A. - 2 B. - 1 C. 1 D. 2 【答案】：D 【解析】：根据纯虚数的概念列方程求解可得. 因为 a-2 + a-1 i(i为虚数单位)是纯虚数， 所以 a-2=0 a-1≠0  ，解得 a= 2. 故选：D 3. 化简AC  -BD  +CD  得 ( ) A. AB  B. DA  C. BC  D. 0  【答案】：A 【解析】：利用向量的加法、减法法则求解. AC  -BD  +CD  =AC  +CD  -BD  =AD  -BD  =DB  -DA  =AB  . 故选：A 4. 复数 z= 4- 3i 复 面的点 于 ( ) A. 第一 B. 第二 C. 第三 D. 第四 【答案】：D 【解析】：利用复数的几何意义可得出结论. 复数 z= 4- 3i在复平面内的点的坐标为 4,-3 ，该点位于第四象限. 故选：D. 5. 已知 a= 2,-1 ，b  = k,2 .若 a⎳ b  ， k= ( ) A. - 1 B. 1 C. - 4 D. 4 【答案】：C 【解析】：根据 a⎳ b  即可得出-k= 4，解出 k即可. ∵ a⎳ b  ，∴ 4=-k ∴ k=-4. 故选：C. 6. 已知 a= -2,3 ，b  = m,6 ，若 a⊥ b  ， m= ( ) 丰湖高级中学·数学卷·第1页总8页· A. - 9 B. - 4 C. 4 D. 9 【答案】：D 【解析】：利用向量垂直的坐标表示的公式即可求解. 因为 a⊥ b  ，所以-2m+ 3× 6= 0，解得m= 9. 故选：D 7. △ABC中，AC= 5 ,BC= 2,cosB= 23 ， △ABC的面积等于 ( ) A. 2 53 B. 2 C. 5 D. 5 3 【答案】：C 【解析】：由余弦定理计算出边AB，再由面积公式计算即可得. ∵AC= 5 ,BC= 2,cosB= 23 ， ∴AC2=BC2+AB2- 2BC ⋅AB ⋅ cosB， 即 5 2= 22+AB2- 2× 2×AB× 23 ， 解得AB= 3或AB=- 13 (舍)， ∵B∈ 0,π ， ∴ sinB= 1-cos2B = 53 ， ∴S△ABC= 1 2 BC ⋅AB ⋅ sinB= 1 2 × 2× 3× 5 3 = 5 . 故选：C 8. 锐角△ABC中，a、b、c 角A、B、C所对的边，已知 2b-c cosC = 3 cosA 且 a= 3， b+ c的取值 围为 ( ) A. (3,  6) B. (3,  6] C. (3 3 ,  6] D. (3 3 ,  6) 【答案】：C 【解析】：由题设等式，利用正弦定理化边为角与和角公式化简计算，求得A= π3 ，利用正弦定理将所求式整理 化成正弦型函数，借助于锐角三角形，求得角B的范围，结合正弦函数的图象性质，即可求出其范围. 由 2b-c cosC = 3 cosA 和 a= 3，可得 2b-c cosC = a cosA ， 由正弦定理，2sinB-sinC cosC = sinA cosA ，即 2sinBcosA= sinCcosA+ sinAcosC， 因 sinCcosA+ sinAcosC= sin(A+C) = sinB，故得 sinB(2cosA- 1) = 0， 因△ABC是锐角三角形，故 sinB> 0，则有 cosA= 12 ，从而，A= π 3 . 又由正弦定理， bsinB = c sinC = a sinA = 3 3 2 = 2 3， 即得 b= 2 3sinB,c= 2 3sinC, 于是 b+ c= 2 3sinB+ 2 3sinC= 2 3sinB+ 2 3sin B+ π3  = 2 3sinB+ 2 3 12 sinB+ 3 2 cosB = 3 3sinB+ 3cosB= 6sin B+ π 6 ， 由 0<B< π2 0< 2π3 -B< π 2  可得 π 6 <B< π 2 ， 则 π3 <B+ π 6 < 2π 3 ，故 3 2 < sin B+ π 6 ≤ 1， 丰湖高级中学·数学卷·第2页总8页· 故 b+ c的取值范围为 (3 3 ,  6]. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正、余弦定理在求解三角形中的应用，属于难题. 解题关键是，首先要将 a= 3代入已知等式，将其化成边的齐次型，为正弦定理化边为角创造条件，再次，要会 将 b+ c的范围通过定理转化为角的三角函数问题，利用正 (余)弦型函数的值域求其范围即可. 二、多选题 9. △ABC中，已知 a= 3，b= 2，B= 45°， 角A的 数为 ( ) A. 60° B. 120° C. 30° D. 90° 【答案】：AB 【解析】：根据正弦定理计算求出角即可. 由正弦定理可得 a sinA = bsinB , 3 sinA = 2 2 2 = 2, sinA= 32 , A= 60°或A= 120° 故选：AB. 10.已知复数 z= 5- 4i，以下说法正 的 ( ) A. z的实部 5 B. z = 41 C. z= 5+ 4i D. z 复 面内对 的点 第一 【答案】：ABC 【解析】：根据给定条件，求出复数的实部、模、共轭复数及复平面内对应点依次判断ABCD. 对于A，复数 z= 5- 4i的实部是 5，A正确； 对于B，|z| = 52+(-4)2= 41，B正确； 对于C，z= 5+ 4i，C正确； 对于D，z在复平面内对应的点 (5, -4)在第四象限，D错误. 故选：ABC 11.正方形ABCD的边长为 2，E BC上，且BE= 13 BC，如图，点P 以AB为直径的半 上任意一点，AP  = λAD  + μAE  ， ( ) A. λ最大值为 13 B. μ最大值为 1 C. AP  ⋅AE  最大值 2 10 3 + 2 D. AP  + 12 AD   的最大值为 3+ 2 2 【答案】：BC 【解析】：根据题设条件，建立平面直角坐标系，把数量积问题转化为坐标运算来解决，结合三角函数的性质即 丰湖高级中学·数学卷·第3页总8页· 可对选项进行判定. 以线段AB所在直线为 x轴，线段AB的中垂线为 y轴，建立平面直角坐标系，如图， A(-1,0)，B(1,0)，E 1, 23 ，D(-1,2)，C(1,2)，设P(cosθ,sinθ)，θ∈ [0,π]， 则AP  = (cosθ+ 1,sinθ)，AD  = (0,2)，AE  = 2, 23 ，由AP  = λAD  + μAE  ， 得 (cosθ+ 1,sinθ) = λ(0,2) + μ 2, 23 ，则 cosθ+1=2μ sinθ=2λ+ 23 μ  ，解得 μ= cosθ+12 λ= 3sinθ-cosθ-16  ， 对于A，λ= 3sinθ-cosθ-16 = 10sin(θ-φ)-1 6 ，其中锐角 φ由 tanφ= 1 3 确定， -φ≤ θ- φ≤ π- φ，则当 θ= π2 + φ时，λmax= 10-1 6 ，A错误； 对于B，-1≤ cosθ≤ 1，μ= cosθ+12 ≤ 1，当且仅当 θ= 0时取等号，B正确； 对于C，AP  ⋅AE  = 2cosθ+ 2+ 23 sinθ= 2 10 3 sin(θ+ β) + 2，其中锐角 β由 tanβ= 3确定， φ≤ θ+ β≤ π+ β，则当 θ= π2 - β时，AP  ⋅AE  取得最大值 2 103 + 2，C正确； 对于D，AP  + 12 AD  = (1+ cosθ,sinθ+ 1)，则 AP  + 12 AD   = (1+cosθ)2+(sinθ+1)2 = 3+2 2sin θ+ π4 ，而 θ+ π 4 ∈ π 4 , 5π 4    ，当 θ= π 4 时，AP  + 12 AD   取得最大值为 2+ 1，D错误. 故选：BC 三、填 题 12.已知 a= 0,1 ,b  = 1,0 ， a ⋅ a-b   = . 【答案】：1 【解析】：根据向量的坐标运算结合数量积运算计算求解. 因为向量 a= 0,1 ,b  = 1,0 ，则 a- b  = 0,1 - 1,0 = -1,1 ， 所以 a· a-b   =-1× 0+ 1× 1= 1. 故答案为：1. 13.记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a，b，c，且 2a= 5bsinA， sinB= ． 【答案】： 2 5 / 1 5 2 【解析】：根据给定条件，利用正弦定理边化角化简得解. 在△ABC中，由 2a= 5bsinA及正弦定理，得 2sinA= 5sinBsinA，而 sinA> 0， 所以 sinB= 25 . 故答案为： 25 14.已知 z1为复数，且 z1 = 2， z1+2i 的最大值为 . 丰湖高级中学·数学卷·第4页总8页· 【答案】：4 【解析】：由题意，设 z1= a+ bi a,b∈R ，得到 a2+ b2= 4，则 z1+2i = a2+ b+2 2，利用复数的模的几何意 义，即可得解. 由题意设 z1= a+ bi a,b∈R ，则 z1+ 2i= a+ bi+ 2i= a+ (b+ 2)i ∵ z1 = 2，∴ a2+b2= 2，即 a2+ b2= 4， 即 z1 的模的轨迹可理解为以 (0,0)为圆心，半径为 2的圆. 则 z1+2i = a2+ b+2 2，可理解为求点 (a,b)到点 (0, -2)之间的距离， 数形结合可知，z1+2i 的最大值为 4． 故答案为：4 四、解答题 15.已知 i为虚数单 ，计算以下 题： (1) 7-5i + 12+2i  (2) 2+i7+4i 【答案】：(1)19- 3i (2) 1865 - 1 65 i 【解析】：(1)根据复数的加减法即可得到答案； (2)根据复数的除法即可得到答案. (1) 7-5i + 12+2i = 7+12 + -5+2 i= 19- 3i (2) 2+i7+4i = (2+i)(7-4i) (7+4i)(7-4i) = 18 65 - 1 65 i. 16.已知 a= (-1,3),b  = (1,n),m = (2,4)，且 a∥ b  ． (1)求n的值； (2)求m b  上的投影 (结果用 标表示)． 【答案】：(1)n=-3 (2) -1,3  【解析】：(1)利用向量 a∥ b  ，建立关于n的方程，即可求解n的值； (2)利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求得向量m 在 b  向量方上的投影向量. (1) ∵ a= (-1,3),b  = (1,n),，且 a∥ b  ∴-n- 3= 0，则n=-3. (2)由 (1)得 b  = (1, -3),m = (2,4) 所以m 在 b  上的投影向量为 m ⋅b  |b  | ⋅ b  |b  | = -10 10 ⋅ b  10 =- 1,-3 = -1,3 . 丰湖高级中学·数学卷·第5页总8页· 17. (1) △ABC中，内角A,B,C所对的边 为 a,b,c，且 a2= b2+ c2- bc，且B= π6 .求角A，C的大 ； (2) △ABC中，角A，B，C的对边 为 a，b，c，已知A= π3 ，a= 4,b+ c= 8，求△ABC的面积. 【答案】：(1)A= π3 ；C= π 2 ； (2)4 3 【解析】：(1)利用余弦定理求出角A，再求角C即可； (2)由余弦定理结合题设条件求出 bc= 16，即可求得△ABC的面积. (1)因 a2= b2+ c2- bc，则 b2+ c2- a2= bc，由余弦定理，cosA= b 2+c2-a2 2bc = 12 ， 因 0<A< π，则A= π3 ，C= π- π 3 + π 6 = π 2 ； (2)由余弦定理，a2= b2+ c2- 2bccosA，代入整理得 b2+ c2- bc= 16， 因 b+ c= 8,则 (b+ c)2- 3bc= 64- 3bc= 16，解得 bc= 16， 故△ABC的面积为S= 12 bcsinA= 1 2 × 16× 3 2 = 4 3 . 18.锐角△ABC的内角A，B，C的对边 为 a，b，c.已知 sinBcosC+sinCcosB cosBcosC = tanAtanBtanC- 3. (1)求A； (2)若 a= 3，求△ABC面积的最大值； (3)若 a= 3，求△ABC 长的取值 围. 【答案】：(1)A= π3 (2) 9 34 (3) (3+ 3 ,3 3]. 【解析】：(1)依题意可得 tanB+ tanC= tanAtanBtanC- 3，再由两角和的正切公式求出 tanA，即可得解； (2)利用余弦定理及基本不等式求出 bc的最大值，再由面积公式计算可得； (3)利用正弦定理得到 b= 2sinB，c= 2sinC，从而转化为关于B的三角函数，再结合B的范围计算可得. (1)由 sinBcosC+sinCcosB cosBcosC = tanAtanBtanC- 3， 可得 tanB+ tanC= tanAtanBtanC- 3， 又△ABC为锐角三角形，则 tanA=-tan(B+C) =- tanB+tanC 1-tanBtanC ， 所以 tanB+ tanC= tanAtanBtanC- tanA， 所以 tanA= 3，又A∈ 0, π2 ，所以A= π 3 . (2)由余弦定理知，a2= b2+ c2- 2bccosA= b2+ c2- bc≥ bc， 当且仅当 b= c时，等号成立. 因为 a= 3，所以 bc≤ 9， 故△ABC的面积S= 12 bcsinA≤ 1 2 × 9× 3 2 = 9 3 4 ， 所以△ABC面积的最大值为 9 34 . (3)由正弦定理知 a sinA = bsinB = c sinC = 3 3 2 = 2， 所以 b= 2sinB，c= 2sinC，则△ABC的周长为 a+ b+ c= 3+ 2(sinB+ sinC). 因为 sinB= sin(A+C) = sinAcosC+ cosAsinC= 32 cosC+ 1 2 sinC， 所以 sinB+ sinC= 32 sinC+ 3 2 cosC= 3sin C+ π 6 . 丰湖高级中学·数学卷·第6页总8页· 因为△ABC为锐角三角形，所以 0<B= 2π3 -C< π 2 0<C< π2  ，解得 π 6 <C< π 2 ， 所以 π3 <C+ π 6 < 2π 3 ，则 sin C+ π 6 ∈ 3 2 ,1 ， 故△ABC周长的取值范围为 3+ 3,3 3 . 19.如图，△AOD与△BOC存 对顶角∠AOD=∠BOC= π4 ，AC= 2，BD= 2 2，且BC=AD.    (1)试指出点O BD上的具 ， 说 理由； (2)若 5sin2A+ cosB= 5，求OC的长. 【答案】：(1)O为BD中点，理由见解析 (2) 23 【解析】：(1)通过设线段长度，利用余弦定理分别表示出AD2和BC2，再根据BC=AD得到等式，最后化简等 式得出线段中点的结论.(2)先通过证明三角形全等得到边与角的关系，再利用三角函数公式化简等式求出 cosB和 sinB，进而求出 sinC，最后根据正弦定理求出OC的长度. (1)O为BD中点，设OC= x，OB= y，则OA= 2- x，OD= 2 2- y. 在△AOD中，由余弦定理得：AD2= (2- x)2+ (2 2- y)2- 2× (2- x) × (2 2- y) × 22 在△BOC中，由余弦定理得：BC2= x2+ y2- 2xy× 22 . 由BC=AD，所以 (2- x)2+ (2 2- y)2- 2× (2- x) × (2 2- y) × 22 = x 2+ y2- 2xy× 22 . 化简得：y= 2 .故O为BD中点. (2)如图：    过D点做DE⎳BC，交AC与E. 则∠EDO=∠CBO. 由 ∠EDO=∠CBO ∠EOD=∠COB= π4 OD=OB      ⇒△OED≌△OCB AAS . 所以BC=DE，又BC=AD，所以DE=DA. 所以∠A=∠DEA. 所以∠OED= π-A，又∠OED=∠C，B+C= π- π4 = 3π 4 . 所以A=B+ π4 . 由 5sin2A+ cosB= 5⇒ 5sin2 B+ π4 + cosB= 5⇒ 5cos2B+ cosB= 5 丰湖高级中学·数学卷·第7页总8页· 所以 5 2cos2B-1 + cosB= 5⇒ 2 5cos2B+ cosB- 2 5= 0. 又-1< cosB< 1，所以 cosB= 2 55 ，所以 sinB= 5 5 . 所以 sin B+ π4 = sinBcos π 4 + cosBsin π 4 = 2 2 × 3 5 5 = 3 10 10 . 即 sinC= 3 1010 . 在△OBC中，根据正弦定理，可得：OB sinC = OCsinB ⇒ 2 3 10 30 10 = OC 5 5 ⇒OC= 23 . 丰湖高级中学·数学卷·第8页总8页·