2024年春季深圳市第三中学高一数学3月份考试卷附答案解析

2024年春季深圳市第三中学高一数学3月份考试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知复数，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．2．设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（

）A． B． C． D．3．在中，，则（

）A． B．或 C． D．或4．在中，为边上的中线，，则（

）A． B．C． D．5．在中，（分别为角的对边），则的形状可能是（

）A．正三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形6．在复数范围内方程的根为（

）A．和1 B．和5 C． D．7．一船以每小时15km的速度向东航行,船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶4h后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为A．km B．km C．km D．km8．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（

）A．0 B． C． D．3二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知，，则下列说法正确的为（

）A．若，则B．若，则与的夹角为0°C．若与的夹角为60°，则在上的投影向量为D．的取值范围为10．设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即（为三角形的面积，、、为三角形的三边）．现有满足，且的面积，则下列结论正确的是（

）A．的周长为 B．的三个内角满足C．的外接圆半径为 D．的中线的长为第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．在中，，则.13．已知平面向量，满足，，且，则向量与的夹角的大小为.14．已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为．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．设复数．(1)若是实数，求；(2)若是纯虚数，求．16．已知向量，满足，，且，的夹角为.(1)求；(2)若，求实数的值；17．在锐角三角形中，，，分别为角，，所对的边，若向量，，且.（1）求；（2）若，且，求，的值.18．在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=(1)试用，表示；(2)若，求∠ARB的余弦值．19．在中，角，，的对边分别为，，，．(1)求；(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值．1．D【分析】本题首先可根据复数的除法运算得出，然后通过共轭复数的性质得出，最后两者相加，即可得出结果.【详解】因为，所以，，，故选：D.2．A【分析】根据题意，结合向量投影的概念与计算，即可求解.【详解】由设为单位向量，，当的夹角为时，所以在上的投影向量为.故选：A．3．D【分析】根据题意，结合正弦定理，列出方程，即可求解.【详解】在中，由，可得，可得，又由正弦定理，得，可得，所以或.故选：D.4．A【分析】根距离向量的线性运算，得到，结合，即可求解.【详解】由，可得，所以，因为为边上的中线，可得，所以，所以.故选：A.

5．B【分析】根据条件先求出，再结合正弦定理和三角形的内角和公式，可求出角，从而判断三角形的形状.【详解】由已知，得，即，由正弦定理可得：，所以，得，在中，所以，又，所以，即三角形为直角三角形.故选：B.6．D【分析】利用根与系数关系求复数范围内方程的根即可.【详解】由，则方程的根为.故选：D7．B【解析】作出示意图，在中，可由正弦定理求的长.【详解】作出示意图如图所示，，，，则.由正弦定理，可得，则.所以这时船与灯塔的距离为.【点睛】本题考查解三角形在实际问题中的应用，考查正弦定理.解题的关键是根据题意得出相应三角形的边与角.8．D【分析】设，求得，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，进而求得的最大值为.【详解】由，可得，设，可得，所以，因为，所以，以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，设，且，则，，，当时，.故选：D.

9．AC【分析】通过分析各选项即可得出结论.【详解】由题意，A项，由数量积的概念，当时，，A正确；B项，当时，与的夹角为0°或180°，故B错误；C项，在上的投影向量为，C正确；D项，，所以的取值范围为，D错误.故选：AC.10．AC【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程，可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，A对；对于B选项，若，不妨取，则，但，B错；对于C选项，若，则，故，C对；对于D选项，若，则，解得，D错.故选：AC.11．AB【分析】对于选项A，由正弦定理得三角形三边之比，由面积求出三边，代入公式即可求出周长；对于选项B，根据余弦定理可求得的值为，可得，可得三个内角，，成等差数列；对于选项C，由正弦定理可得，外接圆直径；根据可求得，由可得的值；对于选项D，由余弦定理得，在中，由余弦定理即可求得.【详解】A项：设的内角、、所对的边分别为、、，因为，所以由正弦定理可得，设，，，因为，所以，解得，则，，，故的周长为，A正确；B项：因为，所以，，故B正确；C项：因为，所以，由正弦定理得，，C错误；D项：由余弦定理得，在中，，由余弦定理得，解得，D错误.故选：AB．12．##【分析】先根据正弦定理得到三边的比例，再根据余弦定理求出角，进而可得.【详解】因为，由正弦定理得，不妨设，则，，由余弦定理得：，因，所以，，故答案为：13．##【分析】根据向量垂直数量积等于，结合已知条件求出的值，利用向量夹角公式即可求解.【详解】由，所以，即，因为，，所以，设向量的夹角为，所以，所以.故答案为：.14．6【分析】由复数的几何意义求解即可.【详解】设(为实数)，则复数满足的几何意义是以原点为圆心，以1为半径的圆上的点，则表示的几何意义是圆上的点到的距离，根据圆的性质可知，所求最大值为.故答案为：6.15．(1)；(2).【分析】（1）利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得.（2）利用复数除法及复数的分类求出即得.【详解】（1）由，得，而是实数，于是，解得，所以．（2）依题意，是纯虚数，因此，解得，所以．16．(1)(2)【分析】（1）根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解；（2）根据题意，得到，结合数量积的计算公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）解：由向量，，且，的夹角为，可得，则.（2）解：因为，所以，即，即，可得，即，解得.17．（1）或；（2），或，.【详解】分析：（1）由两向量的坐标，根据两向量垂直，列出关系式求解即可；（2）利用余弦定理即可.详解：（1）∵，∴，由正弦定理得，∵，∴，∴或.（2）当时，由余弦定理，得.解得：，即，或，.当时，由余弦定理，得.解得：，∵，可得，无解，综上，或，.点睛：(1)解三角形时，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；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．18．(1)(2)【分析】（1）由两个三点共线设出来，列出方程组求解即可；（2）由平面向量的数量积的定义求夹角的余弦值即可.【详解】（1）因P，R，C共线，则存在使，则，整理得.由共线，则存在使，则，整理得.根据平面向量基本定理，有，则.（2）由（1），，，则，，.则；19．(1)(2)