重庆市南开中学校2025-2026学年高一下学期数学练习(4.26)数学试卷

重庆南开中学高2028届高一数学练习(4.26) 数学试卷 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第 I卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是 正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.若复数z满足z=2i-iz,则复数z的虚部为() A.I B.i C.-1 D.-i 2.若两个向量云，B的夹角是织，8是单位向量， 同=2，c=2a+i,则向量c与的夹角为( A君 B. C. D 3.已知向量a=(-5,m),b=(2m-1,-3),且a,6的夹角为钝角，则m的取值范围为() A信+四）B.(o,u(-3c.(m是D.信3U6,+m) 4.如图，A,B,C为某山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角 分别为ax=60°，B=45°，y=30°，现需要沿直线AC开通穿山隧道DE,已 知BC=150m,AD=3Jm,EB=20m,则隧道DE的长度为() AD EB A.100+1003mB.150+1003mC.150W2+150W6mD.100√2+100√6m 5.已知复数2满足引21，则上+1+的最小值为() A.√2 B.2-1 c.5-1 D.5 6.如图，已知正三角形A8C的边长为25，其中心为0，以0为圆心作半径为号 0 M 的圆，点M为圆O上任意一点，则BO.CM的取值范围为( A.[-3,- n3c[3引 试卷第1页，共4页 7.已知点0是A8C的内心，若0-号孤+号C,则c93-BAC=（) B.G c. D. 已知△4BC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若，0=.1十则△4BC的形 a2-b- ) sin(A-B) A.等腰三角形但不是直角三角形 B.直角三角形但不是等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 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.已知，22是复数，则下列结论正确的是（ A.若名-2>0，则名>z2 B.若2=0，则3=0或22=0 C.(名+2=(+) D.名+2+3-z2=2+2zP 10.己知平面向量a,b,:满足|a=1,b=2,b·(a-b)=-3,(a-c)·(6-c)=0,则下列说法正确的为( A.(a-b)La B.|a-IteR)最小值为√ C.1c最大值为V7-V 2 Ds恤a+6aeo吗 2云，则() I1.已知△MBC的面积为24，若cos24+cosg2B+cog2C=1,siAc0 s BcosC=12 A.cos24+cos2B+cos 2C=-1 B.sin24+sin2B+sin2C=1 C.△ABC的外接圆半径R=5 D.△ABC的内切圆半径r=2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知△ABC中AC=4,A=60°，要使该三角形有唯一解，则BC的取值范围是 13.已知向量a,6,c满足，a+2b+a=0,且网==1，=2，则a.6+6.c+ca= 14.在△ABC中，AB=AC=BC,D为BC上一点，E为AD上一点，F为EC上一点，且CD=2BD,∠BEC=90°， DF=BC+BA,IDF+DC上21DE1,则九+H=一 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.（13分) 已知复数，=2+mi(m∈R),z2=1-3i. (1)若复数z=三是纯虚数，求m的值： (2)若名是关于的方程2+x+9=0(2,geR风)的一个根，求号的值 16.(15分) 如图，在AABC中，∠ABC=,D为边AC上一点且AB⊥BD,BD2 (1)若CD=√2，(i)求sinC;(i)求△BCD的面积； (2)求2+马的取值范围， D 17.(15分) 如图，圆C的半径为3，其中A,B为圆C上两点. (1)若cos∠CMB=分，当k为何值时，4C+2沥与k花-峦垂直？ (2)若G为△ABC的重心，直线I过点G交边AB于点P,交边AC于点Q,且AP=1AB,AO=4AC,求 A++号最小值 (3)若AC+tAB的最小值为1，求AB的值 18.(17分) 城市住宅小区的绿化建设是提升小区品质，改善空气质量，创造美丽怡人的居住环境的重要组成部分如图1， 某小区居民决定在小区内部一块半径长为20m的半圆形荒地上建设一块矩形绿化园CDEF,其中C,D位于 半圆O的直径上，E,F位于半圆O的圆弧上，记∠DOE=. 图1 图2 (I)求矩形CDEF面积S关于α的函数解析式，并求该矩形面积的最大值以及取得最大值时α的值 (2)部分居民提出意见，认为这样的绿化同建设太过单调，一名居住在本小区的设计师提出了如图2的绿 化园建设新方案：在半圆O的圆弧上取两点M,W,使得∠AOM=∠BON=元，扇形区域AOM和BON均 进行绿化建设，同时，在扇形MON内，再将矩形区域GHPQ也全部进行绿化建设，其中G,H分别在直线 OM,ON上，GH与AB平行，P,2在扇形MON的圆弧上，请问：与(1)中的原方案相比，选择哪一种方 案所得到的绿化面积的最大值更大？ 19.(17分) 对于，云，2eC,记k=二为云，关于，的“差比模若取遍，=r(>0）,记，马关于)的“差比模” 22-20 的最大值为kmax,最小值为kmin,若kmx+kmin=2,则称Z,2关于r是协调的 )若2=+5，Z=名三-1，求巧关于的“差比模” (2)若名=1+V3i,4=1-√3i,是否存在r<2,使得，关于r是协调的？若存在，求出r的值；若不存 在，说明理由； 3)若乙=a,乙=bi,a,eR且a,b>r,若，2关于T是协调的，求三”的值 试卷第4页，共4页 重庆南开中学高2028届高一数学练习(4.26 参考答案 一.选择题（共8小题） 题号 1 3 4 5 6 7 8 答案 C B D B A C B 二.多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BCD AD ACD 三.填空题（共3小题） 12.{2W3}U[4,+oo 13. 14. 20 3 21 11.【详解】△ABC中，A+B+C=元，∴.C=π-(A+B), .'cosC=cos[n-(4+B)]=-cos(4+B)=sin Asin B-cos Acos B. cos2 4+cos2 B+cos2 C=cos2 4+cos2 B+(sin 4sin B-cos Acos B)2 =cos2 4+cos2 B+sin2 Asin2B-2sin Asin B cos Acos B+cos2 Acos2 B =cos24+cos2 B+(1-cos24)(1-cos2 B)-2sin Asin Bcos Acos B+cos2 Acos2 B cos2 4+cos2 B+1-co..24-cos2 B+cos24cos2 B-2sin Asin B cos A4cos B+cos2 4cos2 B =1-2sin Asin B cos Acos B+2cos2 Acos2 B=1. ∴2 cos Acos B(cos Acos B-sin Asin B)=2 cos Acos Bcos(A+B)=0.即cos 4cos Bcos C=0,∴.cosA=0或 cosB=0或asC=0,说明△BC是直角三角形又油-号，所以只能是ca8A=0,即4=号 sh4 cooC=（号-)=si-2号 25,咖2B=24 由正弦定理4=b "sin 4 sinBsinC=2R(R 为外接圆半径)，得a=2R,b=asinB,,c=asinC=aosB.~Sc=bci血A=(asin Bacos B)=24,即 2 a2 sin BcosB=24,解得a=10.又 bc=48 b=6「b=8 2+c2-100'解得 c=6a4BC的三边长分别为6,810. 8或 答案第1页，共6页 选项A4=受，cos2A=-l,B+C=受，2B+2C=,2C=元-2B. .cos2A+cos2B+cos2C=-1+cos2B+c0s(元-2B)=-1,A选项正确. 选项B:sn2A0,sin2A+sin2B+sin2C=sin2B+sin(元-2)=2in2B=2≠L,B选项错误 正弦定理a=2R,得R=5,C选项正确，选项D:根据面积公式有S,c=)(a+b sin A 解得r=2,D选项正确. 14.【详解】设AB=AC=BC=3,B酝=xBD+(1-x)BA=BC+(1-x)BA,0<x<1, a-(信-c+-,则死.G=[后c+-厨[（信c+0-厨 看-c+[-+信--c+-厨 =2-3x+-3 +号-小3x3×+90--70-受+号-0，怒0：=号号（合去 3 所以酝=而+，即引丽-而)-（-丽，5-，故D5-D, 在三角形4BD中，os∠ABC=48+D2-D_9+1-4D-,解得：AD=万，DB=手万， 2AB·BD 6 2 在三角形ACD中，cos∠ADC=4D+CD2-AC-7+4-9- 2×2×√714 ,取FC中点为M,因为1DF+DC=2DE1, 2AD·CD 所以DMHDE1,设DF=D2+(1-y)DM,0<y<1,且DM=DF+DC,所以 2DM-DC=yD+(1-y)DM,即(y+1)DM=DE+DC,两边平方得： (+2y+1)DM=yDE+2yDE.DC+DC,(y+2y+1)DE=DE+2yDE.DC+DC, 整理得：（②y+DE=2D死.DC+DC,即12y+1=2y2××4 +4, 147 解得：y=,DF-D亚+DM,所以M为FC的中点，F为BC上靠近点E 的三等分点所以DF号配-到非C+网导C+函， 所以导员故+员贵 8 2+mi_2+mi0+3)_2-3m+6+mi,因为z是纯虚数，则 2-3m=0 15.(1)由题意可知：z=1-31=a-301+301010 10 ,解得m= 2 6+m+0 31 10 (2)因为z2=1-3i是关于x的方程x2+px+g=0(p,q∈R)的一个根， 则(1-3i)2+p(1-31)+q=0,整理得p+9-8-(6+3p)i=0, 则化。0，解得p=29=10,新2=-片 g 5 16.1)①)：4BLBD,∠D=至又∠ABC=2,∠DBC=ABC-hBD=2年-g= 326 在△BCD中，已知BD=2,CD=V2,∠DBC=花，根据正弦定理可得 CD BD 6 sin∠BC sin C' 即sinC-BDsin∠DBC 2xsin 62 CD 2 2 (i)在△BCD中，已知BD=2,CD=2,∠DBC=云，根据余弦定理可得 CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC,将数值代入可得2=4+BC2-2W3BC,即BC2-2N3BC+2=0, 解得BC=V3+1或BC=V3-1.由图可知，在△BCD中，∠BDC>∠C,则BC>BD,BD=2,.BC=V3+1. 根接三角形面积公式可得，△8CD的面积Sam号D,BCs血∠D8C-x2x个5+1小k血号-5 62 (2)由①)可知，∠ABD-受，∠DC=营又0-2，则在BD中，血A= BD 2 AD ,即AD= sinA sindi 在△BCD中，由正弦定理可得 sim∠DBC-sinC,即cD=BDsin∠DBC2 xsin CD BD 6三 1 sinC sinC sinC 在△4BC中，因为∠BC=号，所以4+C=京-∠ABC=育，即C=于-A,因此 易+品是+士血：血c-mm仔小49w 2 sin A sinC 4+}引4后传号)m(+到停，即 处边体、士山 17.(1)因为CA=CB=3,cos∠CAB=3,所以由余弦定理得CB2=AC2+AB2-2AC×AB×cos∠CAB,即 AB2-2AB=0,所以AB=2.若AC+2AB与kAC-4B垂直，则(AC+2AB(kAC-AB=0, 所以kaC+(2k-G.4C-2-0,所以t+(2k-x2x3×8=0, 解得k骨即=8时，C+2恋与C-峦垂直 2》因为G为△18C的重心，所以G=号而+网列-丽+号c,又因为亚=孤观=C,所 以石-西+号C-7币+和，由于RG,0三点类能，所以存在实数：使得元西，所以 6-亚-西-列化商为石-亚4顽，所以京克1，所以片六3显袋04>0，则 +a写+以*之-时Q+发+户+2侵分-争当且仅当会号时，即=u=号时，取最值 3 则2+H+号的最小值为2 (3)设A⑥=m,AB与AC的夹角为0，在△ABC中，cos日= 所以 AB·ACAB‖4Clcos日AB‖AC: acI ，又 AC+tAB=(AC-1AB)=VAC+24B.AC+PAB=9+AB+AB =9+4网-++9-学，所以当：=时，C调有最小馆， -,所以，9 m =1, 解得m=42,即AC+tA取最小值1时，A⑧=4W2, 18.(1)作OI与DE平行，交EF于I,:OI与DE平行，四边形CDEF为 矩形，∴.OI⊥EF,OI⊥CD,OI平分EF,OI平分CD,∴.CD=2OD: DE =OE.sina 20sina,OD=OE.cosa 20cosa, ∴SCDER=DE.CD=DE.20D=20sina·2×20cosa=400×2 sinacos=400sin2a 当a=-”时，矩形CDEF面积最大，最大面积为400m2. (2)作OJ平行于P,交GH于J,P2于K,连接OP,设∠PON=B,延长PH交AB于S, OJ平行于HP,交GH于J,P2于K,∴.OJ⊥GH,OJ⊥P2,OJ⊥AB, 0/平分GH,0W平分P0,又∠A0M=∠BoN=子，由圆的性质，有∠M01=∠No/-异 QLPQ PK=Psi∠POK=OPsn任-20sm任B,又PHLAB,得到PH平行于W,显然四边形 OKPS为矩形， 故os=PK=20in(年-P而∠B0N=异s=05=2sn(年-P) HP=P四-s=20sin∠B0P-2sn(任-Pj-20sm(任+P-20sn（年-P-20isn9, 故矩形GHPQ面积为See=P-P0=D-2PK-802snsm?-P -80oisn9smcos0-cosf3sn0】 =800sinBcosB-800sin2B =40sn2B+40ecos20-400=40W5sm（20+}-400<B<9到 当B=否时，矩形GHP0面积的最大值为400万-400，故新方案的绿化园面 积最大值为号=40反-40+20××2=40-40+x=405-1+异到 >4014-1+8400x15>40, 所以(2)中新方案的绿化面积最大值比（1)中原方案的绿化面积最大值更大 1,3 2 19.(1)由题意得k 1-20 -1-z0 1,√3 3V3 5 3 22 2 2 故马关于名的“差比模"为 3 (2)先证明共轭复数有如下性质：若任意乙，乙2∈C，则乙±乙=乙±22， 证明：设，=a+bi(a,beR),z2=c+i(c,d∈R),则z,±z2=a+bi±(c+d)=a±c-(b±d)i, 而z±z2=a-bi±(c-d)=a±c-(b±d)i,故z,±z2=,土z2. a+bi 互=-a-bi=ac+bd+od-bgi=ac+d_bc-ad】 22 c+di) 哥格 c2+d2+c2+d2 2c-ic2+d+c2+d21 d+d i: 故马 综上，共轭复数的性质乙±z2=±22， 得证 22 Z, 22 记当“差比模取最大值kmx时的复数zo为zx,即kx 21-Zmax 由已知名=1+3i,2=1-√3i发现五=云， -Zm 由已证明共轭复数的性质与复数模的性质=园可得，因为 所以若当6=2mx时取得kx,则z=2nx 时取到上，放可知大1，由家>0，及-信不恒为常数，则k大， 故由基本不等式可得kmx+bin>2,故不存在r<2,使得乙1，Z2关于r是协调的. (3)=a,z2=bi,a,b∈R且a,b>r,设z=r(cos0+isin8),则 a-rcose-irsine a2+r2-2arcos0 Vb2+r2-2 brsin6’ 平方整理可得： -rcos0+(b-rsine)i (a2+r2)-(b2+r2)k2=2arcos0-2brk2sine=4a2r2+4b2r2k"sin(+), lsin(@+o)= (a2+r2)-(b2+r2)k2 V4a2n2+462r2k4 ≤1，即[(a2+r2)-(62+r2)2]≤4a2r2+4b2r2k4,平方整理得： (b2-r2)2k4-2(a2+r2)b2+r2)k2+(a2-r2)2≤0，令t=k2,设方程 (b2-r2)2t2-2(a2+r2)62+r2)t+(a2-2)2=0,则 △=[2(a2+r2b2+r2)了-4[(62-r2)(a2-r2)]了=16(a2b2+r)(a2+b2)r2>0,故方程有两个不等的实数根， 设为mn,不妨设m<n.由题意知a>r>0,b>T>0,42-r2>0,82-r产>0，则m+m=2@+r20+r户)>0， (62-r2)2 旦m合->0，故方程6-平-2G+X心+r+@-y=0有两不等的正实数根% 由关于k2的不等式(62-r2)2k-2(d2+r2)62+r2)k2+(a2-r22≤0，解得k2e[m,m],则kx=Vn, km=Vm,由己知，2关于r是协调的，则√m+Vn=2,所以m+n+2√mn=4, 利用韦达定理，2@+2+)+2-2=4，则有2a2+0+)+2a2-r2X62-r=46-2y, (62-r2)2 (62-3 化简可得d2=b62-2r2,故b2-Q =2.