安徽省马鞍山市重点中学2022-2023学年度高一下学期期中考试数学试题及参考答案

数学试卷

（时间：120分钟 满分：150分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填涂在答题卡指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

一、单选题（本大题共8个小题，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．复数z12i，则z（ ） A．12i

B．12i

C．12i （ ） C．4

D．5 D．12i

2．已知向量a(2,1)，b(2,4)，则A．2

B．3

3．已知边长为3的正方形ABCD，点E满足DE2EC，则AEAC等于（ ） A．6

B．9

23C．12 D．15

4．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（ ） 1A．

91B．

3C．

12D．

235．一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东35的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东65，在B处观察灯塔，其方向是北偏东70，那么B，C两点间的距离是（ ） A．103海里 6．已知向量（ ） 5A．,

35C．,

3B．203海里 C．102 海里 D．202海里

，若a与aλb的夹角为锐角，则实数的取值范围是

5B．,

35D．,00,

317．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，

4

1

则=（ ）

cbA．6 B．5 C．4 D．3

8．在矩形ABCD中，AB1，AD2，动点P在以点A为圆心的单位圆上．若

APABAD,R，则的最大值为（ ）

A．3

B．5 C．5

2D．2

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）

b3,2，c1,1，则（ ） 9．已知向量a2,1，A．a//b C．abc

10．若复数z满足z12i8i，则（ ） A．z的实部为2 C．z的虚部为2

B．z的模为13 D．z在复平面内表示的点位于第四象限 B．abc D．c5a3b

11．在ABC中，ABc，BCa，CAb，下列命题为真命题的有（ ） A．若ab，则sinAsinB

B．若ab0，则ABC为锐角三角形 C．若ab0，则ABC为直角三角形 D．若(

)(

)=0，则ABC为直角三角形

12．在锐角ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，外接圆半径为R，若a3，A3，则（ ）

A．R1 B．3b2 C．bc的最大值为3

D．b2c23bc的取值范围为11,15

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位

2

置．）

13．已知向量a1,3,b3,4，若(ab)b，则________．

14．ABC的内角A,B,C的对边α,b,c,已知B30,b3,c3,则A________. 15．某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高MN．现选择点A和另一座山顶点C作为测量观测点，从A测得点M的仰角MAN45，点C的仰角CAB30，测得MAC75，MCA60，已知另一座山高BC400米，则山高MN_______米．

16．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosA当ABC的周长取到最小值时，

b______． a3，若ABC的面积为2，则5

四、解答题（本大题共6小题，17题10分，18-22题每小题12分，共70分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．） 17．已知A1,3，B2,2，C4,1. (1)若ABCD，求D点的坐标；

(2)设向量aAB，bBC，若kab与a3b平行，求实数k的值.

18．已知：复数z1i(1)求z及z；

(2)若z2azb23i，求实数a,b的值．

19．在ABC中，sin2C3sinC． (1)求C；

(2)若b6，且ABC的面积为63，求ABC的周长．

22i，其中i为虚数单位． 1i 3

20．如图，已知ABC中，D为BC的中点，AEADb．

1EC，AD，BE交于点F，设ACa，2（1）用a,b分别表示向量AB，EB； （2）若AFtAD，求实数t的值．

21．在ABC中，A求

（1）B的大小； （2）ABC的面积．

条件①：b22aca2c2；条件②：acosBbsinA．

22．在锐角△ABC中，a23，(2bc)cosAacosC， （1）求角A；

（2）求△ABC的周长l的范围.

3，b2，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，

4

参考答案：

1．D

【分析】根据共轭复数的概念即可确定答案. 【详解】因为复数z12i，则z12i， 故选：D 2．D

【分析】先求得ab，然后求得ab.

【详解】因为ab2,12,44,3，所以ab4235.

2故选：D 3．D

【分析】数形结合知ABAD3，ABDC，ABAD0，DE量的加法法则及向量的数量积运算即可得解.

【详解】方法一：因为四边形ABCD为边长为3的正方形，所以ABAD3，ABDC，ABAD0，因为DE2EC，所以DE22DCAB，利用向3322DCAB， 33则AEAC(ADDE)(ABAD)(AD2ABADAD222AB15； 32AB)(ABAD) 3方法二：以D为坐标原点建立如图所示直角坐标系，因为DE2EC，所以点E为线段DC上靠近点C的三等分点，

则D(0,0),A(0,3),C(3,0),E(2,0)，

因为AE(2,3),AC(3,3)，所以AEAC6915.

5

故选：D

【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，属于基础题. 4．A

AB2BC2AC2【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cosB，即可求得

2ABBC答案.

【详解】在ABC中，cosC2，AC4，BC3 3根据余弦定理：AB2AC2BC22ACBCcosC 2AB24232243

3可得AB29 ，即AB3 由

AB2BC2AC299161cosB

2ABBC2339故cosB故选：A.

1. 9【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 5．C

【分析】根据题意画出草图，确定BAC、ABC的值，进而可得到ACB的值，根据正弦定理可得到BC的值． 【详解】解：如图，

6

由已知可得，BAC30，ABC3570105，AB40从而ACB180BACABC1803010545． 在ABC中，由正弦定理

BC120， 2BCAB，

sinBACsinACB可得

AB201sin30102sin45海里． 222故选：C． 6．D

【分析】根据向量夹角为锐角列出不等式组，求出的取值范围. 【详解】ab1,2,1,2， 由题意得：1220且15解得：且0，

322，

故选：D 7．A

【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.

【详解】详解：由已知及正弦定理可得a2b24c2，由余弦定理推论可得 1b2c2a2c24c213c1b3cosA,,,46，故选A． 42bc2bc42b4c2【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用． 8．C

【分析】构建直角坐标系，令AP(cos,sin)，[0,2)，根据向量线性关系的坐标表示列

cos2方程组得，结合辅助角公式、正弦函数性质求最值.

sin【详解】构建如下直角坐标系：AB(0,1),AD(2,0)，令AP(cos,sin)，[0,2)，

7

cos2APABAD,R由可得：sin，

则sin1cos5sin()且tan，

2225. 2所以当sin()1时，的最大值为故选：C 9．BD

【分析】根据向量的平行与垂直坐标公式及加减运算对选项一一判断即可． 【详解】因为221310，所以a,b不平行，则A错； 由abc1,11,1110，所以abc，则B正确； 由ab1,1，c1,1，故C错；

由5a3b109,561,1c，故D正确. 故选：BD 10．AB

【分析】化简复数后根据实部、虚部的概念可判断选项A、C，求出复数的模，可判断选项B，根据复数的几何意义可判断选项D. 【详解】因为z8i12i1015i23i8i， 12i12i12i5所以z的实部为2，z的虚部为3，所以|z|223313，z在复平面内表示的点位于第一象限

故A、B正确，C，D错误． 故选：AB 11．ACD

8

【分析】利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．

【详解】解：A：若ab，由正弦定理得2RsinA2RsinB，

sinAsinB，则 A正确；

B：若ab0，则cos(ACB)0，

cosACB0，即ACB为钝角，

ABC为钝角三角形，故 B错误；

C：若ab0，则ACBC，

ABC为直角三角形，故 C正确；

D：若(bca)(bac)0，则b(ac)20，

2acb2ac，

22222acb2ac2222cosB ，

由余弦定理知

acb2accosB，

cosBcosB，则cosB0， B(0,)，B2，ABC为直角三角形，故 D正确．

故选：ACD． 12．ACD

1【分析】由正弦定理求外接圆半径；由题设知sinB(,1)，结合b2RsinB即可求范围；由

2余弦定理及基本不等式求bc的最大值，注意取最大的条件；由C分析有

b2c23bc4(b2c2)9，结合正弦定理边角关系及B,C的范围，应用二倍角正余弦等恒

等变换，根据三角函数的值域求范围. 【详解】由题设，外接圆直径为2Ra2，故R1，A正确； sinA1锐角ABC中30B90，则sinB(,1)，故b2RsinB(1,2)，B错误；

2b2c2a2b2c2313cosA1，则bc3，当且仅当bc3时等号成立，C

2bc2bc22bc正确；

由C分析知：b2c23bc4(b2c2)9，而b2sinB,c2sinC，

9

又B则

2C(,)且C(,)，

62362b2c24(sin2Bsin2C)42(cos2Bcos2C)42cos[(BC)(BC)]2cos[(BC)(BC)] 44cos(BC)cos(BC)42cos(2C所以cos(2C22)，而2C(,)， 3333212)(,1]，则42cos(2C)(5,6]， 323所以b2c23bc(11,15]，D正确. 故选：ACD

【点睛】关键点点睛：D选项b2c23bc4(b2c2)9，应用边角关系及角的范围，结合三角恒等变换将b2c2转化为三角函数性质求范围.

313．

5【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】因为ab1,33,413,34，所以由abb可得， 33134340，解得．

53故答案为：．

5【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设ax1,y1,bx2,y2，

abab0x1x2y1y20，注意与平面向量平行的坐标表示区分．

14．90或30

【解析】由正弦定理求A，注意有两解． 【详解】由正弦定理

bccsinB3sin303得sinC， sinBsinCb23因为cb，所以CB，所以C60或120°． 或30°． A90°

故答案为：90°或30°．

【点睛】本题考查正弦定理，掌握正弦定理是解题关键．但要注意用正弦定理解三角形可能会有两解．

10

15．4003 【分析】在直角ABC得AC，在AMC中，由正弦定理求得AM，再在直角AMN中，求得MN．

【详解】显然MN与CB平行且与AN,AB,BN都垂直，

CAB30，则AC2BC800， AMC中，AMC180756045，

由正弦定理

AMACAM800得，AM4006，

sinACMsinAMCsin60sin4522AM40064003． 22又直角AMN中，MAN45，所以MN故答案为：4003． 16．5

2【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理、余弦定理求出周长的函数表达式，再借助函数性质、均值不等式计算作答. 【详解】由题意得sinA4，因为S5ABC1bcsinA2，则bc5， 2b2c2a23由余弦定理cosA，得(bc)216a2，即bc16a2，则

2bc5abcaa216，

而函数f(x)xx216在0,上单调递增，即当a最小时，ABC的周长最小， 显然16a2(bc)24bc20，当且仅当bc5时取“=”，此时amin2， 所以当ABC的周长取到最小值时，故答案为：5 2b5． a217．(1)D(5,4) 1(2)k

3

【分析】（1）根据题意设D(x,y)，写出AB,CD的坐标，根据向量相等的坐标关系求解； （2）直接根据向量共线的坐标公式求解即可.

【详解】（1）设D(x,y)，又因为A1,3,B2,2,C4,1，

11

所以AB=(1,5),CD(x4,y1)， 因为AB=CD，

x41x5所以，得，

y15y4所以D(5,4).

（2）由题意得，a(1,5)，b(2,3)， 所以kab=(k2,5k3)，a3b(7,4)， 因为kab与a3b平行，

1所以4(k2)7(5k3)0，解得k.

31所以实数k的值为.

318．(1)z13i，z10 (2)a1，b9

【详解】（1）z1i22i1i2i2i2iii213i，则z123210. 1i1i1i（2）由（1）得：13ia13ib86ia3aibab863ai23i，

2ab82a1. ，解得：63a3b919．(1)

 6(2)663

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；

（2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得ABC的周长.

【详解】（1）解：因为C0,，则sinC0，由已知可得3sinC2sinCcosC，

12

可得cosC3，因此，C.

62ABC（2）解：由三角形的面积公式可得S13absinCa63，解得a43. 22312，c22由余弦定理可得c2a2b22abcosC48362436所以，ABC的周长为abc636.

1420．（1）AB2ba，EBa2b；（2）t．

233，

【解析】（1）根据向量线性运算，结合线段关系，即可用a,b分别表示向量AB，EB； （2）用a,b分别表示向量FB，EB，由平面向量共线基本定理，即可求得t的值. 【详解】（1）由题意，D为BC的中点，AE∵ABAC2AD， ∴AB2ba， ∴EBAB–AE

11EC，可得AEAC，ACa，ADb． 2312baa

34a2b

3（2）∵AFtADtb， ∴FBAB–AF

a2tb

4∵EBa2b，FB，EB共线，

312t由平面向量共线基本定理可知满足42， 3解得t1． 2【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量共线基本定理的应用，属于基础题. 21．选择见解析；（1）B4；（2）33． 4【分析】选择条件①时：（1）利用余弦定理求出cosB和B的值；

（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出sinC，计算ABC的面积．

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选择条件②时：（1）由正弦定理求出tanB和B的值；

（2）由正弦定理求出a的值，再利用三角形内角和定理求出sinC，计算ABC的面积． 【详解】选择条件①：b22aca2c2， （1）由b22aca2c2，得a2c2b22ac， a2c2b22ac2所以cosB； 2ac2ac2又B(0,)， 所以B4；

ab， sinAsinB（2）由正弦定理知所以absinA3； sinB321262， 22224所以sinCsinABsinAcosBcosAsinB所以ABC的面积为S△ABC116233． absinC322244选择条件②：acosBbsinA． （1）由正弦定理得

ab， sinAsinB所以asinBbsinA； 又acosBbsinA， 所以sinBcosB， 所以tanB1； 又B(0,)， 所以B4；

ab， sinAsinB（2）由正弦定理知所以absinA3； sinB321262， 22224所以sinCsinABsinAcosBcosAsinB所以ABC的面积为S△ABC116233． absinC322244【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑

14

用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制． 22．（1）

.（2）(623,63] 31，可得A；

32【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式，可得cosA（2）利用正弦定理将l表示为B的函数，根据锐角三角形得B的范围，再根据正弦函数的图象可得结果.

【详解】（1）∵(2bc)cosAacosC， 2bcosAacosCccosA，

所以2sinBcosAsinAcosCsinCcosA， 所以2sinBcosAsin(AC)， 所以2sinBcosAsinB， 因为sinB0，所以cosAA0,，所以A.

321， 2a234（2）sinA， 322bcB)， 4,所以b4sinB，c4sinC4sin(所以

3sinBsinC所以labc234sinB4sin(2343sin(B)

62B)236sinB23cosB 30B2因为△ABC是锐角三角形，且A，所以，解得B，

36202B32所以B23(,)，所以sin(B)(,1]， 63362所以l(623,63].

【点睛】本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式、锐角三角形的概念和正弦函数的图象的

应用，属于中档题。

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