2024年重庆市高一数学3月份检测联考试卷附答案解析

12024年重庆市高一数学3月份检测联考试卷全卷满分150分.考试时间120分钟.2024.03一、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，只有一项是符合题目要求的.1.复数的虚部为()3.如图，在正方形ABCD中，下列命题中正确的是()A.AB=BCB.AB=CDC.AC=√2ABD.4.已知复数z满足则z=()A.-2+iB.-2-iC.2+iA.8B.10C.12D.16.7.在坐标平面内，横、纵坐标均为整数的点称为整点.点P从原点出发，在坐标平面内跳跃行进，每次跳跃的长度都是5且落在整点处.则点P到达点Q(33,33)所跳跃次数的最小值是()A.9B.10C.112A.13B.√89二、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的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.A.若z∈R,则m≠1B.若M在C.若z为纯虚数，则m=-1D.若M在第四象限，则-l<m<1A.z₂是纯虚数B.z₁-z₂列结论正确的是()A.BE=√3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12,已知向量a=(3,4),则与a同向的单位向量为四、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.16.在复平面内复数z,z₂所对应的点为Z,Z₂,O为坐标原点，i是虚数单位.3求c.(3)在ABC中，已知a、b、c为三个内角A,B,C的对应边.借助平面直角坐标系及阅读材料中所给复数相关内容，证明：A②a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,A注意：使用复数以外的方法证明不给分.【分析】利用复数的除法运算法则即可求解.【详解】由已知得则复的虚部为-【分析】由平面向量的坐标表示与单位向量的概念求解，【详解】::::【分析】根据正方形，利用平面向量的概念及几何意义求解.【详解】由图可知：C.AC,AB不共线，故错误；【点睛】本题主要考查平面向量的概念及几何意义，属于基础题.【分析】直接将z解出来再化解即可.【详解】 【分析】由BP=αBC可得BP=αAD,由DQ=βDC可得DQ=βAB,又α+β=1,所以DQ=(1-a)·AB【详解】由题意可得利用基本不等式得出结论.由DQ=βDC可得DQ=βAB,又a+β=1,所以DQ=(1-a)·AB则AP·AQ=(AB+BP)·(AD+DO)=(AB+aAD)·[AD+(1-a)·AB]=AB-AD+α(I-a)AD-AB+(1-a)|6当且仅当α=1-a,即，时取等号，此时【点睛】如何选择“合适”的基底：题目中是否有两个向量模长已知且数量积可求，常见的可以边所成向量作基底的图形有：等边三角形，已知两边的直角三角形，矩形，特殊角的菱形等.【分析】用CA,CB表示出CD,从而根据数量积的定义及题中条件C=90°和|CBF4可求出CB·CD的值.【详解】在ABC中，因为AD=3DB,【分析】根据题意，结合向量分析运算，列出方程求解，即可得到结果.【详解】每次跳跃的路径对应的向量为设对应的跳跃次数分别为a,b,c,d,其中a,b,c,d∈N,可得因为a+b,c+d∈N,则或’当时，则次数为8+2=10;当则次数为3+9=12;综上所述：次数最小值为10.【分析】建立直角坐标系，可以表示出A,B,C的坐标，再设点M(rcosθ,rsinθ),即可用r与θ表示出 MA+MB+3MC|,即可求出答案.【详解】建立如图所示坐标系，则点A(-2,2√3),B(-2,-2√3),C(4,0),设点M(rcosθ,rsinθ),且O≤θ<2有最大值为13【分析】根据复数的基本概念直接判断选项即可.【详解】对于A,若z∈R,则m-1=0,得m=1,故A错误；对于C,若z为纯虚数，则m+1=0,即m=-1,此时虚部不为0,故C正确；8【分析】对于A选项利用复数的相关概念可判断；对于B选项结合复数的减法运算以及复数的几何意义即可判断；对于C选项结合复数的加法运算以及复数的模长公式即可判断；对于D选项结合复数的乘法运算以及复数的模长公式即可判断.【分析】利用余弦定理计算∠BAC=60,利用余弦定理计算BE,判断A;根据面积公式计算三角形ABC的面积，判断B;利用正弦定理计算AD,判断C;设∠PBE=α,用α表示出PB,PE,得出PB+2PE,,故故C不正确9;;,【详解】设与a同向的单位向量b=λa(a>0)【分析】解法1,先用正弦定理边角互化，再用和差和诱导公式求解即可；解法2:先用射影定理化简，用正弦定理边角互化即可求解.【详解】解法1:又由题意，,,故答案为：1得角B为钝角，得角B为钝角，的范围，结合余弦定理可得c的范围，从而由余弦定理可求得答案【详解】在。ABC中，因为a=2,bcosC-ccosB=4,所以bcosC-ccosB=4=2a,所以sinBcosC-sinCcosB=2sinA所以sinBcosC-sinCcosB=2sin(B+C),所以sinBcosC-sinCcosB=2sinBcosC+2cosBsinC,所以(sinBcosC+cosBsinC)+2cosBsinC=0,所以sin(B+C)+2cosBsinC所以sinA+2cosBsinC=0,所以由正弦定理得a+2ccosB=0,所以角B为钝角，角A为锐角，所以要tanA取最大值，则A取最大值，B,C取最小值，从而b,c取最小值.,,;由…b²-c²=8.∵√Oscs2√5.:tanA【分析】(1)利用正弦定理边化角，再借助三角函数和差角公式化简可解；(2)利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式化简求范围.【详解】(1)由题意，2a-c=2bcosC,根据正弦定理可得，2sinA-sinC=2sinBcosC,,(2)由正弦定理,【分析】【详解】(1)根据z=1+2i,z₂=3-4i可得，zz₂=(1+2i)(3-4i)=3-4i+6i-因此|zz₂-|oz·Oz,[=(ac-bd)³+(ad+bc)²-(ac+bu)²=(ad+bc)²-4abcd=(ad-bc)²≥0,【分析】(1)由正弦定理，根据b=c²+a²,得到1≥sinB=sin²A+sin²C,进而得到,得到2PO.(OA-OB-OC+OD)=0对平面上所有P成立，必须有OA-OB-OC+OD=0,根据B是直角和平面几何知识，得到D在。ABC外接圆上，并且根据平面向量基本定理得到D唯一.【分析】(1)借助正弦定理及三角恒等变换公式可得A,借助余弦定理与正弦定理可将AD²表示为正弦型函数，借助正弦型函数的性质即可得解；(2)借助面积公式，可得DE的最大值，设∠ACD=∠BAE=α,结合正弦定理可将DE表示成正弦型函数，借助正弦型函数的性质可得DE取得最大值时的c.所以,,因为,,在△ABD中，有AD²=AB²+BD²-2AB·BD·cosB,在ACD中，由正弦定理得所以得【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助正弦定理，将边转化为角后，将DE借助角表示出来，从而化为正弦型函数，借助正弦函数的性质得到其取最值时对应的c【分析】(1)直接利用复数的乘除法计算即可；