【文档说明】云南省曲靖市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次阶段性测验数学答案.docx，共(10)页，752.614 KB，由小赞的店铺上传

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曲靖市第一中学2025届高一下学期第一次阶段性测验参考答案：1．C解:向量(),3am=，()1,bm=，若a与b方向相反，所以230m−=，解得3m=−..2．C解:由题，()()()22i34i43i34ii43i43i25z++++====

−−，∴()ii1zz=−=.3．A解:由题意，得()1,2AB=−，()3,0ab−=−，则AB与ab−的夹角的余弦值为()()()()()222132055123ABabABab−−+−==−−+−

−．4．A解:由正弦定理得3sincossin13cosBCCB=−（），即3sincos3sincossinBCCBC+=，()3sinsinBCC+=，∵πABC++=,∴()3sinπsinAC−=，即3sinsinAC=，sin3sinCA=，5．B解:2223(

2)22cos1202abbabbabbb−=−=−=−2ab−在b上的投影向量为23(2)322babbbbbbbbb−−==−6．D解:由题意，在ABD△中，由余弦定理，222936255cos223

69ADBDABADBADBD+−+−===；因为(0,π)ADB，所以225214sin1cos1()99ADBADB=−=−=，在ACD中，由正弦定理,sinsinACADADBACD=所以43sin2149AC

D=，解得14sin,6ACD=7．B解：如图，因为点E为AC的中点，2AFFB=，所以，()()1APAFFPAFxFCAFxACAFxAFxAC=+=+=+−=−+，()()()31122APABBPABBEABAEABABAEAFAC−=+=+=+−=−+=+，所以()

31122xx−=−=，即()31321222−−+==，解得12=所以，的值为12.8．C解31cos2sincos,cos2sincoscos622ACBACCB=−

=−Q,即cos3sincoscoscosACBCB=−,又ABC++=coscos()coscossinsinABCBCBC=−+=−+,coscossinsin3sincoscoscosBCBCCBCB−+=−,即sinsin3sincosBCCB=,sinsin0

,tan3cosBCBB==Q,又(0,),3BB=.由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，再由余弦定理知,2221cos22acbBac+

−==,22()6,6bacac=−+=Q,1212121133sinsinsinsin6sin2323232232ABCSPAPBPBPCPAPCacB=++===V,6PAPBPBPCPAPC++=.由6PAPBPBPCPAPC++=等号左右两边同时乘以2

cos3可得：2222coscoscos6cos3333PAPBPBPCPAPC++=，26cos33PAPBPBPCPAPC++==−uuruuruuruuuruuruuur.9．CD解:

选项A：复数2i−−的虚部为1−，故A错误；选项B：在复平面内，复数2i−−的共轭复数为2i−+，2i−+对应的点的坐标为(2,1)−，(2,1)−位于第二象限，故B判断错误；选项C：()()()()44441i1i1i2ii111i1

i1i2nnnnn+++=====−−+，故C判断正确；选项D：设izxy=+，,Rxy，对应的点的坐标为(,)Zxy，由221zxy=+得221xy+，所以(,)Zxy在以原点为圆

心1为半径的圆内（含圆周），在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形面积为π，故D判断正确.故选：CD10．BCD解:对A，ACAEACEAEC−=+=，显然由图可得EC与BF为相反向量，故A错误；对B，由图易得AEAC=，直线AD平分角EAC，且ACE△为正三角形，根据平行四边形法则有2

ACAEAH+=与AD共线且同方向，易知,EDHAEH均为含π6的直角三角形，故3,33EHDHAHEHDH===，则4ADDH=，而26AHDH=，故232AHAD=，故32ACAEAD+=，故B正确；对C，2,3CAB

CABBCDC====，π6BDCDBC==，则π2ABD=，又AD//BC，π3DAB=，2ADAB=，221cos232ADABADABABAB===，故C正确；对D，由C知π2ABD=

，则AD在AB上的投影向量为AB，故D正确.故选：BCD.11．AC解:对于A项，若ABC为锐角三角形，则π0,2A，π0,2B，且2AB+，即π2AB−，又π0,2A，ππ0,22B−，

则πsinsincos2ABB−=；反之，若B为钝角，满足sincosAB，不能推出ABC为锐角三角形，故A正确；对于B项，由sin2sin2AB=，得22AB=或22πAB+=，即AB=或π2AB+=，所以ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C项，

若AB，则ab，由正弦定理sinsinabAB=，可得sin1sinAaBb=即sinsinAB成立，故C正确：对于D项，根据余弦定理可得2222cosbacacB=+−2218102810842=+

−=，解得221b=（舍去负值），则符合条件的ABC只有一个，故D错误．故选：AC.12．AD解:以A为坐标原点，AD，AJ所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系.A选项：易知()3,0B，()5,4Q，()4,8O，()0,10J，

所以()2,4BQ=，()4,2OJ=−，则()24420BQOJ=−+=，所以BQOJ⊥，所以A正确.B选项：易知()0,0,0A，()7,7Y，()12,0D，()10,5V，()7,0H，()2,4M，所以()7,7AY=，()2,5DV=−，()5,

6HM=−−，所以AYxDVyHM=+，得257567xyxy−−=−=，解得737x=−，4937y=−，所以5637xy+=−，所以B错误.C选项：由选项A，B知()3,9AYOJ+=，则(

)239442AYOJBQ+=+=，()()526520DVHM=−−+−=−，()22AYOJBQDVHM++=，所以C错误.D选项：易知()0,8K，()8,5U，设()()0,08Ztt，则()8,5UZ

t=−−，()0,8KZt=−，所以()()2213958134024UZKZttttt=−−=−+=−−.因为08t，所以当132t=时，UZKZ取得最小值94−；当0=t时，UZKZ取得最大值40.所以UZKZ的取值范围是9,4

04−，所以D正确.故选：AD.13．35解因为()1,2OA=，()1,4OC=−，()()()1,41,20,6ACOCOA=−=−−=−()4,3AB=−−所以183cos,565ABACABACABAC===，所以3cos

5BAC=.14．15解:设AB的中点是D，连接PD，由202PAPBPC++=，可得12PAPBPC+=−，因为122PAPBPDPC+==−，所以14PCDP=−，所以P为CD的五等分点（靠近D点），即15PDDC=，所以ABP的面积为ABC的面积的15．故答案为：15.15．12

或1解:因为sin2cosAA=，所以2sincoscosAAA=，所以cos0A=或1sin2A=，当1sin2A=时，由2bc=可得ABC的面积11sin22SbcA==，当cos0A=时，sin1A=，ABC的面积1s

in12SbcA==，所以ABC的面积为12或1.故答案为：12或1.16．503解:在RtABC△中，30CAB=，50mBC=，所以100mAC=．在AMC中，75MAC=，60MCA=，从而45AMC=，由正弦定理得，sin45sin60ACAM=，因此506

mAM=．在RtMNA△中，506mAM=，45MAN=，得503mMN=．故答案为：503．17．解:（1）()coscos,sinsinab−=−−，故()()22coscossinsin2ab−=−+−=，即2222cos2coscoscossin2s

insinsin2−++−+=，化简得：coscossinsin00ab+==，故ab⊥；（2）()()coscos,sinsin0,1ab=++=+，所以coscos0sinsi

n1+=+=，两式平方相加得：2222cossincossin2coscos2sinsin1+++++=，故()1coscossinsi2cosn+==−−.18．解:（1）由已知可得EF＝2，∠F＝45°，∠EAF＝60°－45°＝

15°，在△AEF中，由正弦定理得：AEEFsinFsinEAF=，即24515AEsinsin=，解得()231AE=+；（2）由已知可得∠BAE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，在Rt△ABE中，()2431BEAE==+，

所以隧道长度43CDBEBCDE=−−=．19．解:（1）方法一：()11cos,sincossinsinsin22bCcaBCCABC+=+==+，所以1sincossinsincoscossin2BCCBCBC+=+，所以()11sinsincos,0,π,sin0,cos,2

2CCBCCB==()π0,π,3BB=.方法二：在ABC中，由正弦定理得：()1sincossinsinsin2BCCABC+==+，所以1sincossinsincoscossin2BCCBCBC+=+，所以1sincossin2C

BC=.因为()0,πC，所以sin0C，所以1cos2B=，因为()π0,π,3BB=.（2）方法一:222222cos2bacacBacacacacac=+−=+−−=，16ac当且仅当4ac==时

取“”=，1sin1132sin,232228acBacBBDbBDac===，max23BD=.方法二:在ABC中，由余弦定理得：222222cos162(bacacBacacacac=+−=+−−当且仅当ac=取“=”）所以16ac,所以ABC的

面积13sin4324ABCSacBac==.1243232ABCSbBDBDBD==.20．解:（1）因为122e111cs60eo==，所以2212121(2e)(e)4ee41472OP=++=++=.（2）①因为321,1

23OCOD=−==+=，所以12,3eeOCOD==，所以21e3eCD=−；②两人在t时刻相距()()211434eeGHtt=+−−，所以()()()()22212143421434eeGHtttt=++−−+−248247tt=

−+214844t=−+当14t=时，min2GH=，即14小时后，他们两人相距最短．21．解:（1）在BQE△中，180607545BEQ=−−=，故sinsinEQQBBBQE=

，即()26sin4530sin75134sin45sin45222BQBQQEBQQB+++====，同理可得：132QFQC+=，()()13400132QEQFQCQB++=+=+，为定值.（2）在QEF△中，2222cos60EFQEQFQEQF

=+−，即()()()()2222233144EFQEQFQEQFQEQFQEQFQEQF=+−=+−++，故()()0311220EFQEQF+=+，当且仅当200(31)QEQF==+时等号成立，故当Q点是BC的中点时，三条小径(,,)QEQFEF的长度之和最小，最小为(

)60031+米.22．解:（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系.则(0,6),(3,0),(0,0),(6,2),(3,6),(6,2)DEAFDEAF=−=.由于EMF就是,DEAFuuuruuur的夹角.∴18122cos10936364EMF−==++.∴EMF

的余弦值为210.（2）设(,),(,6),,3(6)60,260MxyDMxyDMDEyxxy=−−+=+−=∥.6(,),(6,2),,260,3,76,7AMxyAFAMAFxyxyyy==−==

==∥.∴18186,(,)777xM=.由题得(3,2)EF=.①当点P在AB上时，设186(,0),(06),(,)77PxxMPx=−−，∴225412222246230,,(,0),||()()137777777xxPMP−−=

==+=；②当点P在BC上时，设246(6,),(06),(,)77PyyMPy=−，∴72123020,,777yy+−==−舍去；③当点P在CD上时，设1836(,6),(06),(,)77PxxMPx=−，∴5472630,,777xx−+==−舍去；④当点P在DA上时

，设186(0,),(06),(,)77PyyMPy=−−，∴22541233331827920,,(0,),||()()137777777yyPMP−+−===+=.综上，存在222(,0),||

1377PMP=或者339(0,),||1377PMP=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com