安徽省六安第一中学2025-2026学年高一下学期周末检测数学试卷（五）

六安一中2026年春学期高一年级周末检测 数学试卷（五） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1.已知复数z=1-i2026,则z=（) A.2 B.2i C.-2 D.-2i 2.在△ABC中，已知A=45°，a=6,b=32,则B的大小为() A.30° B.60° C.30°或150° D.60°或120° 3.己知向量a=(2,4),ab=10,则向量b在向量a上的投影向量为() A.(4,2) B.(2,4) C.(2,22) D.(1,2) 4.己知△ABC按照斜二测画法画出它的直观图△A'B'C（如图所示)，其中AB'=B'C=1,AC'=√2， 则AB的长为() y B O'(A) A.2 B.2W2 C.3 D.4 5.在△4BC中，内角4B,C的对边分别为a,6c,asinC+b=2bcos+-acosB,则角A为() A君 2 C. D牙 6.已知△ABC的三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c,设向量m=(a,b),n=(cosB,cosA),若 m∥i,则△ABC的形状是() A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 7.在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M为线段AD上一动点，求MB+MD的最小值() A.2V1+5B.2W2+√2 C.2WW3-1 D.2W2-√2 8.在△ABC中，CA=CB=√5，AB=4,点M为△ABC所在平面内一点且AM.BC=0,则AM.CM 的最小值为() A.0 B 16 C.-25 D.- 16 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分 9.已知复数z=3-4i(i为虚数单位)，则下列说法正确的是() A.=5 B.复数的虚部为 25 C.若z对应的向量为OA,1+i对应的向量为OB,则向量AB对应的复数为-2+5i D.若复数z是关于x的方程x2+px+q=0(P,9∈R)的一个根，则p+q=19 10.美术课对于陶治人的情操、发展学生的艺术兴趣和爱好、培养学生的艺术特长、 提高学生的审美素养具有积极作用如图，这是某学生关于“杯子的联想创 意图，它是由一个正方形和三个半圆组成的，其中A,B是正方形的两个 顶点，P是三段圆弧上的动点，若AB=4,则AB.P的可能取值有( B A.-10 B.-8 C.10 D.24 11.若z是非零复数，则下列说法正确的是（) A.若z+2=0,则三=i B.若z三=2，则=2 2 C.若1=z,则名1=z D.若+=0，则三+=0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.己知z∈C,且z+=3,i为虚数单位，则5-3-31的最大值是 13.海军某登陆舰队在一次海上训练中，雷达兵在P处发现在北偏东50°方向，相距30公里的水 面2处，有一艘A舰艇发出液货补给需求，它正以每小时50公里的速度沿南偏东70°方向前 进，这个雷达兵立马协调在P处的B舰艇以每小时70公里的速度，沿北偏东50°+日方向与A舰 艇对接并进行横向液货补给.若B舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给，则si0=一 北 北 709 14.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a2-b2=bC,△ABC为锐角三角形，则 C的取值范围是 四、解答题：本题共3小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（本小题满分13分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b，,C.已知2 ccos B+b=2a. (1)求角C的大小： (2)若c=√6，设D为AB的中点，且CD=2,求a+b的值. 16.（本小题满分15分) 在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，向量a=(sin(A-B),),b=(（1,sinB-sinC),且 a⊥b. (1)求角A: (2)若角A的平分线交BC于点D,BD=3CD,AD=3V3,求△ABC的周长. 17.（本小题满分15分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=l,bcosC+√3 csinB=a+2c. (1)求∠B的大小： (2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB=∠B,CD=√3，AC=AD,求△ACD外接圆的半径. B D 18.(本小题满分17分) 如图，圆内接四边形ABCD中，∠DAB=120°，AD=5,AB=3, (1)若∠CDA=∠CBA=90°，求AC和四边形ABCD的面积. (2)若∠BCD=60°，当四边形ABCD面积最大时， ①求∠BDC的值： ②求AC长 19.（本小题满分17分) 在△ABC中，D是线段BC上一点，且CD=2DB=2,∠DAC=7,设∠ADC=0. (1)求线段AB的长度（用0表示）： (2)若cos0=5,求sinB的值： (3)求tanB的最大值， B D C 六安一中2026年春学期高一年级周末检测 数学试卷（五） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D D D B B ACD BCD 题号 11 答案 BCD 8.B(详解】在三角形ABC中，由余弦定理cosC=C2+BC-AB 5+5-16 3 2ACxCB 2×5×55 故C为钝角：又AM.BC=0,故M点在三角形ABC底边BC的高线上，则以BC所 在直线为x轴，以其上的高线为y轴建立平面直角坐标系如下所示： 又cos∠4C0=-cosC=号，则sin∠AC0=，故oA=4 Cxsin∠C0=5x445 3 oc=4cxac0=5×号-345，则0gc[5.098s50设w0maeR, w-a}a5微a-f)a到手号 当且仅当 m= 25时取得等号：也即M.CM的最小值为-亏故选：B. 9.ACD【详解】对于A:因为H=V32+(42=5,故A正确：对于B:因为 上。而会，所以上的虚部为会，放B错误：对于C:由愿意知：0丽对应的复数 为3-4i,OB对应的复数为1+i,则向量AB=OB-OA,对应的复数为(1+i)-(3-4)=-2+5i,故C正 确；对于D:因为实系数一元二次方程的复数根是共轭复数，所以另一个根为：=3+4i,根据韦达定 理：：+2=-p,22=g,即(3-4i)+(3+41)=6=-p,所以p=-6;(3-4)(3+4i)=9=25;所以p+9=-6+25=19, 故D正确. 10.BCD【详解】对于A,由+=0，得三=-1，则A错误对于B,因为z三=，所以-2， 解得|=2或=0（舍去），则B正确.对于C,设z=a+bi(a,b∈R,且ab≠0)，则==a-bi, 所以三，=a+bi=z,则C正确.对于D,由z+=0,得a,=-z.设z=a+bi(a,b∈R,且ab≠0)，则 z=-2=-(a2+b),|=a2+b2,从而12+=0，则D正确故选：BCD I1.BCD【详解】如图，作CD⊥AB,EF⊥AB,垂足分别为D,F,且CD与左半 圆相切，切点为C,EF与右半圆相切，切点为E.AB·APAB1 AP]cos(AB,AP,其 中|AP cos(AB,AP)为P在AB上的投影，因为AB=4,所以AD=BF=2.当P与E 重合时，AP1cos(B,P)最大，最大值为4+2=6，此时ABAP取得最大值，最大 值为4×6=24：当P与C重合时，|AP1cos(AB,AP)最小，最小值为-2，此时AB.AP 取得最小值，最小值为4×(-2)=-8；故AB.D的取值范围是[「-8,24] 12.8 13. 53 【详解】如图，设B舰艇经过x小时后在M处与A舰艇汇合，则 14 MQ=50x,MP=70x,∠PQM=120°.根据余弦定理得 3 30+(60x-3000xc0s120',解得x=1或8（舍去)，故M0=50,MP=70.由正弦西 OM PM sin0sin120’ 解得sin0=50sin120°_5v5 70 14 (V22W5 14. 2’3 【详解】在△ABC中，由余弦定理，a2=b2+c2-2 bccos A,结合a2-b2=bc,可得 c2-2 bccosA=bc,即c-2 bcosA=b,可得sinC-2 sin Bcos A=sinB,因 sinC=sin(π-A-B周=sin(A+B周=sin Acos B+cos Asin E, 代入整理得，sin Acos B-cos Asin B=sinB,即sin(A-B)=sinB,因0<A,B<π，则A-B=B或 A-B=π-B（舍去)，即A=2B,则C=元-A-B=π-3B,则sinA=sin2B=2 sin BcosB,则 sinC=sin(-3B)=sin(2B+B)=sin 2Bcos B+cos2Bsin B =2sinB(1-sin2B)+(1-2sin2B)sinB=3sinB-4sin3B,于是，由正弦定理， c-sinC_3sinB-4sinB_3-41-cos8)-20csg）,因△ABC为锐角三角形，则有 a sinA 2sin BcosB 2cosB 4cosB 0<8< 0<28<号 ,解得<B<元，设1=6osB,则1 因该函数在 6 且=20-)， 4 气22 a 41 0<-38<号 上单调故可得22-万）<2〔-)<23 1 2’ 2 、2 4V√3，即2<￡<23，故 2a3 2 C的取值范围是 √225 2’3 15.0c- (2)V2i+6. 【详解】(1)，2 ccos B+b=2a,由正弦定理得2 sin Ccos B+sinB=2sinA,即 2sin Ccos B+sin B=2sin A=2sin(B+C)=2sin BcosC+2cosBsinC,..sin B(2cosC-1)=0, s加B￥0，所以cosC=分从而C=号 …6分 3 (2):D为AB的中点，∴2CD=CA+CB,两边平方可得4CD=(CA+C,即 16=b2+a2+2 abcosC=a2+b2+ab①，在△ABC中，由余弦定理得 c2=6=a2+b2-2 abcosC=a2+b2-ab②，由①②可得，a2+b2=11,ab=5,所以(a+b)2=21,即 a+b=√2I.…l3分 16.()A=(216+45 3 【详解】(1)因为a⊥b,所以sin(A-B)+(sinB-sinC)=0.因为sinC=sin(A+B),所以 sinAcosB--sinBcosA+-sinB--sinAcosB-sinBcosA=0,整理可得sinB(2cosA-l)=0.因为B∈(0，π)，所 以sinB≠0，从而2cosA-1=0,即有cosA=)又A∈(0，)，所以A=。 …7分 3 (2)在△MBC,角A的平分线交BC于点D,BD=3CD,由三角形内角平分线定理可知：2=D AC CD =3. 股b=AC=x,则c=AB=3x由()知，cosA/由余弦定理可得！ 1 。2=62+c2-2 becos=9r+-2:3xx27x,整理可得a=V7x. 又0-=5，∠B40=CD-爱，5e=8+5,即时3x5-x5方5分 22 22 解得x=4,所以△ABC周长为3x+x+V7x=16+47.…15分 17.(1)120°(2)V5 【详解】(1)由bcosC+√3 csinB=a+2c和正弦定理，得sinBcosC-+√3 sinCsinB=sinA+2sinC, 因B+C=l80°-A,则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,代入化简得 √3 sinCsinB=cosBsinC+2sinC,sinC≠0，∴.V3sinB=cosB+2,即√3sinB-cosB=2, 则5n8-csB=n(B-30）-1,0<B<180,8-30=0,解得B=120,7分 (2)令∠DCA=∠CD1=a,∠CAD=180-2a,在△ACD中，由正弦定理得，4C=,CD sinD sin.∠CAD' 因cD=5,则4C=5sing-in=sina三店O.在△ABC中，由正弦定理得， sin(n-2a)sin2a 2sina cosa 2cosa B4C-120-a-(180'-2a)a-60.C1,sm120 AC sin(a-60②，由①2得， sin(a-60）=cosa,即sin(a-60）=sin(90°-a),因为0°<a<90°，则得a-60°=90°-a,解得a=75°， ∴.∠CAD=180°-2a=30°，设△ACD外接圆的半径R, 由正弦定理， n 1 …15分 2 18.①)4C=145,四边形ABCD的面积475 (2)8 3 3 【详解】(1)圆内接四边形ABCD中，∠DAB=120°，AD=5,AB=3,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos120°=25+9+15=49，.BD=7.设圆内接四边形ABCD的半径为r,由 BD 7 正弦定理得sin∠B4AD√5-22= 3.因为∠CDA=∠CBA=90°，所以AC为圆内接四边形 2 ABCD的直径，所以AC=145在RIAABC中，由勾股定理得 BC=√AC-AB -25=15,所以四边形ABCD的面 3 为+m号c80c0-yswy 3 3厂3 7分 （2)@四边形面积ABcD为：Sm+S.c=×3x5x5CB.CDx点， 1 2 22 要使四边形ABCD的面积最大，只要CBCD最大.设CB=m,CD=n,由余弦定理得 BD2=m2+n2-mn=49,即m2+n2=mn+49,又m2+n2≥2mn,故mn+49≥2mn,mn≤49，当 且仅当m=n=7时取等号，此时AC2=AB2+m2-2ABm·cos∠ABC=9+49-42cos∠ABC,此时 CB=CD,∠BCD=60°，所以△BCD为等边三角形，所以∠BDC=60°；…I2分 ②cos LABC=cos(LABD+∠DBC）上Cos (ABD-+60°)，在△ABD中， AD BD sin∠ABDsin1209,即 5_14」 SBD=5sin∠ABD=SA,所以cos∠ABD=V1-simZ4BD-1 14 4,所以 mABC-2uD,）s1B0血Ao9安会-分质议 4c2=9+49+42x64,AC=8…17分 19.()AB=V3cos20+1(2)sinB=4 (③)anB= 3 【详解】(1)在Rt△ACD中，AD=2cos0.在△ABD中，由余弦定理得 AB2=AD2+BD2-2AD·BD.cos(π-0)=4cos20+1-2×2cos0×cos(π-0)=8cos20+1因此 AB=V8cos20+1.…4分 (2)在△ABD中，由正弦定理得，4B AD 即y8cos20+1_2os sin∠4DB sinB' ,所以 sin sinB sinB 2cos0sine 14 V8cos20+1=8.…9分 (3)在△ABD中，由正弦定理得 BD AD 1 2cose sin∠BAD-sinB,即 in(O-B)sinB，即 sinB=2cosOsin(0-B)=2cose[sinecosB-cos@sinB], tanB= 2sine.cose 2sine.cos 2sine.cos 2cos20+1 3cos20+sin20 23cos0.sine 3 专当且仅当V5eos0=sin0,即0-号时，lanB取 到最大值5 3.…17分