【文档说明】福建省三明第一中学2023-2024学年高一3月月考数学试题.docx，共(12)页，814.238 KB，由envi的店铺上传

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三明一中2023-2024学年下学期3月月考高一数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）第I卷（选择题共58分）一､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，仅有一项是符合题目要求的.1.已

知,,3i1iabab+=−+R（i为虚数单位），则（）A.1,3ab==−B.1,3ab==C.1,3ab=−=−D.1,3ab=−=2.已知平面向量()()3,1,,3abx==−，且ab⊥，则x=（

）A.-9B.1C.-1D.33.已知,ab为两个不共线向量，()5,28,3ABabBCabCDab=+=−+=−，则（）A.,,ABD三点共线B.,,ABC三点共线C.,,BCD三点共线D.,,ACD三点共线4.在A

BC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，若2cosbaC=，则ABC为（）A.直角三角形B.等边三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形5.已知||23||,aba=与b的夹角为π6，则a在b上的投影向量为（

）A.3bB.3b−C.3bD.3b−6.如图，在ABC中，满足条件1,3ADDBAEEC==，若DEBABC=+，则11+=（）A.12B.2C.4D.87.2023年入冬以来，哈尔滨冰雪旅游火爆出圈.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑其中央主体建筑集球

､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（,,BMD三点共线）处测得楼顶A､教堂顶C的仰角分别是45和60，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为15，则估

算索菲亚教堂的高度CD约为（）A.50mB.54mC.58mD.60m8.如图，已知圆O的半径为2，弦长2,ABC=为圆O上一动点，则ACBC的取值范围为（）A.0,4B.543,543−+C.643,643−+D.743,743−+二､多选题：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，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.若12,ee是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（）A

.1221,eeee−−B.121212,2eeee−−C.122123,64eeee−−D.1212,3eeee++10.已知12,zz是复数，下列说法正确的是A.2211zz=B.若120zz=，则10z=或

20z=C.1212zzzz+=+D.若12zz=，则12zz=11.已知D为ABC所在平面内的一点，则下列结论正确的是（）A.若1132ADABAC=+，则16BCDABDSS=B.若0ABACBCABAC

+=，则ABC为等边三角形C.若DADBDBDCDCDA==，则D为ABC的垂心D.若()sinsinABACADABBACC=+R，则点D的轨迹经过ABC的重心第I

I卷（非选择题共92分）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量,ab为非零向量，若||||abab+=−，则ab=__________.13.在ABC中，已知角π3A=，边3,6BCAB==，则角C=__________.14.阿基米德螺线广

泛存在于自然界中，具有重要作用.如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点()()()()()123451,0,0,2,3,0,0,4,5,0AAAAA−−−，()()()6780,6,7,0,0,8AAA−，并按这样的规律继续下去.给

出下列四个结论：①对于任意正整数4,4nnnAA+=；②存在正整数1,nnnAA+为整数；③存在正整数n，三角形12nnnAAA++的面积为2023；④对于任意正整数n，三角形12nnnAAA++为锐角三角形.其中所有正确结论的序号是__________.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121211113i,12i,zzzzz=−+=+=+.（1）求z；（2）在复平面内，复数12,zz对应的向量分别是,OAOB，其中O是原点，求AOB的大小.16.（15分）

设,ab是不共线的单位向量，且a与b的夹角的余弦值为13.（1）求()()2,ababab+−+；（2）若kab+与3ab+的夹角为锐角，求实数k的取值范围.17.（15分）已知四边形ABCD的外接圆面积为7π3，且7,2,BDCDBAD=

=为钝角，（1）求BCD和BC；（2）若21sin7ABD=，求四边形ABCD的面积.18.（17分）如图，在ABC中，4,3,90ABACBAC===，点D在线段BC上（异于,BC两点），延长AD到P，使得9

AP=，设(),APmABnACmn=+R（1）若185CD=，求mn+的值；（2）求mn+的取值范围.19.（17分）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将

有序复数对()12,zz（其中12,Czz）视为一个向量，记作()12,zz=.类比平面向量的相关运算法则，对于复向量()()12341234,,,,zzzzzzzzC==､､､､，我们有如下运算法则：

①()1324,;zzzz=②()12,zz=；③1324;zzzz=+④=（1）设()()1i,i,3,4=−=，i为虚数单位，求+､､；（2）设､是

两个复向量，①已知对于任意两个平面向量()()1122,,,axybxy==，（其中)1212,,,Rxxyy，abab成立，证明：对于复向量,,||||||也成立；②当||||||=时，称复向量与平行.若复向量()1i,12i=+−

与()i,z=平行（其中i为虚数单位，zC），求复数z.三明一中2023-2024学年下学期3月月考高一数学参考答案一､选择题：1234567891011DBACCDBCABCBCCD二､填空题：12.013.π414.①②④四､

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）解：（1）由已知得()()1213i12i5izz+=−+++=，()()()()1213i12i1632i7izz=−++=−−+−=−+，又12121211

1,zzzzzzz+=+=所以()()()12127ii7i17i5i5ii55zzzzz−+−−+====++−（2）依题意向量()()1,3,1,2OAOB=−=，于是有11325OAOB=−+=，22(1)310OA=−+=，22125OB=+=，因为AOB为OA与

OB的夹角，所以52cos2105OAOBAOBOAOB===，因为0,πAOB，所以π4AOB=16.（15分）解：（1）因为1||||1,cos,3abab===，所以1,3ab=所以()()2212221233ababaabb+

−=+−=+−=−，222226()21133ababaabb+=+=++=++=（2）因为kab+与3ab+的夹角为锐角，所以()()30kabab++且kab+与3ab+不共线，当kab+与3ab+

共线时，设()3kabab+=+，即3kabab+=+，因为a与b不共线，所以13k==，解得13k=，因此当kab+与3ab+不共线时，13k，由()()30kabab++，得()223130kakabb+++，即()131303kk+++，解得53k−，所以53

k−且13k，即实数k的取值范围为511,,333−+.17.（15分）解：（1）四边形ABCD的外接圆面积为7π3，即BCD的外接圆面积为7π3，设BCD的外接圆半径为R，则27ππ3R=，解得213R=，在BCD中，2212sin3BDRC==，即7221

sin3C=，故3sin2C=，因为BAD为钝角，所以BCD为锐角，故π3C=，由余弦定理得222cos2BCCDBDCBCCD+−=，即2π47cos322BCBC+−=，故232BCBC−=，

解得3BC=，负值舍去（2）因为πAC+=，所以2π3A=，在ABD中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=，又21sin7ABD=，故721372AD=，解得2AD=，在ABD中，由余弦定理得222cos2ABADBDAABAD+−=，即247142ABAB+−=

−，解得1AB=，故112π3sin12sin2232ABDSABADA===，11π33sin32sin2232BCDSBCCDC===.所以，四边形ABCD的面积为3332322BCDABDSS+=+=18.（17分）解：（1）在ACD中，18

33,,cos55ACCDC===，由余弦定理，得22222181832cos3239555ADACCDACCDC=+−=+−=，所以3AD=，又9AP=，于是13ADAP=，又22181852534CDCB==+，所以1825CDCB=，于是()1825ADACABAC

−=−，整理得1872525ADABAC=+，即118732525APABAC=+，所以54212525APABAC=+，所以5421,2525mn==，所以542132525mn+=+=.（2）设mn+=，则1mn+=，所以1nm=−，11mnmmAPABACABA

C=+=+−，设1APAN=，则1mmANABAC=+−，故()mANACABAC−=−，即mCNCB=，所以点,,BNC三点共线，又1APAN=，所以点,,ANP三点共线，所以点N与点D重合，

因此1ADAP=，故APAD=，因为点D是RtABC斜边BC上异于,BC的点，所以，当ADBC⊥时，AD取最小值为125ACADBC=，当D点与B点重合时，AD取最大值为4，故1245AD„，又9AP=，所以91544APAD„，即91544„，所以

mn+的取值范围为915,44解法二：如图，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则()()()0,0,4,0,0,3ABC，所以()()4,0,0,3ABAC==，()()()4,00,34,3APmABnACmnmn=+=+=，（1）因为

()4,3CBABAC=−=−，又22181852534CDCB==+，所以187254,252525CDCB==−，则7221,2525ADACCD=+=，所以133ADAP==，所

以()722133,4,32525APADmn===，故7234,252133,25mn==所以187332525mn+=+=.（2）因为()4,3,9APmnAP==，所以2216981mn+=，令9cosπ,3sin,0,42mn

==则()915cos3sinsin44mn+=+=+，（其中34sin,cos55==）因为π0,2，所以π,2++，又πsincossin2=+，所以()sinsin1

+，即()3sin15+，所以()91515sin444+，即mn+的取值范围为915,4419.（17分）解：（1）因为()()1i,i,3,4=−=，所以()4i,4i+=−+，()()31i4i3i;=++−=−33445;==+

=（2）①设()()1234,,,zzzz==，则1324zzzz=+，由复数的三角不等式得132413241324zzzzzzzzzzzz++=+，由abab，得1212222211221xxyyxyxy+++，所以222212121122xxyy

xyxy+++，所以22221324123411223344zzzzzzzzzzzzzzzz+++=++=，综上所知，||||||②考虑①中复数的三角不等式等号成立的条件知，当复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得2413zzkzz=，即1342,

kzzzz=故复向量()1i,12i=+−与()i,z=平行，有()()1ii31zi12i55kk+−==+−，根据222213241234zzzzzzzz+++中等号成立的条件，应有1423zzzz=，即2341zzzz=，所

以12ii101i2z−−==+，结合31i55zk=+，得223110552k+=，解得52k=；所以53131ii25522z=+=+，所以31zi22=−.