第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河北省唐山一中高一（下）月考數學試卷（3月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.設z(1?i)=2，則|z?|=A.1 B.2 C.2 D.2.“k<2”是“向量a=(k,2)與向量b=(1,?1)的夾角為鈍角”的(

)A.充要條件 B.充分不必要條件

C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件3.已知向量a，b滿足|a|=1，|a+2b|=2，且(b?2A.14a B.13a C.4.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2ccos2A2=b+c，則A.正三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形5.如圖，在測量河對岸的塔高AB時，可以選取與塔底B在同一水平面內的兩個測量基點C，D.現測得∠BCD=α，∠BDC=β，CD=l，在點C測得塔頂A的仰角為θ，則塔高AB=(

)A.l?tanθsinβsin(α+β)

B.l?tanθsin(α+β)sinβ

C.6.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a2?b2=3bcA.π6 B.π3 C.5π67.如圖，延長正方形ABCD的邊CD至點E，使得DE=CD，動點P從點A出發，沿正方形的邊按逆時針方向運動一周后回到點A，若AP=λAB+μAE，則下列判斷不正確的是A.滿足λ+μ=2的點P必為BC的中點 B.滿足λ+μ=1的點P有兩個

C.滿足λ+μ=3的點P有且只有一個 D.λ+μ=32的點8.已知平面非零向量a，b滿足a?b=|2a+3bA.12 B.24 C.18 D.16二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知z1，z2是復數，i為虛數單位，則下列說法正確的是(

)A.若|z1|=1，則z1=i

B.?z1，zz∈C，|z1z2|=|z110.△ABC中，BC=22，BC邊上的中線AD=2，則下列說法正確的有(

)A.|AB+AC|=4 B.AB?AC為定值

C.11.我們知道正、余弦定理推導的向量法，是在△ABC中的向量關系AB+BC=AC的基礎上平方或同乘的方法構造數量積，進而得到長度與角度之間的關系.如圖，直線l與△ABC的邊AB，AC分別相交于點D，E，設AB=c，B=c，CA=b，∠ADE=θ，則下列結論正確的有A.a2+b2+c2=2abcosC+2bccosA+2cacosB

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.在△ABC中，∠A=π4,AC=2，設BC邊長為x，若滿足條件的△ABC有且只有一個，則x13.如圖，已知矩形ABCD的邊AB=3，AD=2.點P，Q分別在邊BC，CD上，且∠PAQ=45°，則AP?AQ的最小值為______．

14.在△ABC中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若a2+2b2+3四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知a,b的夾角為60°，|a|=1，|b|=2，m=3a?b，n=ta+2b．

(1)若16.(本小題15分)

已知△ABC為銳角三角形，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，且3asinB?bcosA=b．

(1)求A的值；

(2)若a=2，求17.(本小題15分)

如圖，在平面四邊形ABCD中，AD⊥AC，AB⊥BC，AC平分∠BCD．

(1)若∠BAD=5π6，CD=2，求BD；

(2)若BD=CD，求18.(本小題17分)

在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a(cosC+3sinC)=b+c．

(1)求A．

(2)若b=5，c=2，BC，AC邊上的兩條中線AM，BN相交于點P，

(Ⅰ)求AM；

(Ⅱ)19.(本小題17分)

“費馬點”是由十七世紀法國數學家費馬提出并征解的一個問題.該問題是：“在一個三角形內求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小.”意大利數學家托里拆利給出了解答，當△ABC的三個內角均小于120°時，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的點P即為費馬點；當△ABC有一個內角大于或等于120°時，最大內角的頂點為費馬點.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．

(1)若cos(A?C)+cosB=tanAtanCtanAtanC?1，且△ABC的面積為43，設點P為△ABC的費馬點，求PA?PC的取值范圍；

(2)若△ABC內一點P滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，且PB平分∠ABC，試問是否存在常實數t參考答案1.C

2.C

3.A

4.B

5.A

6.A

7.A

8.B

9.BD

10.ABD

11.ABD

12.{x|x≥2或x=13.12(14.315.解：(1)已知a,b的夾角為60°，|a|=1，|b|=2，m=3a?b，n=ta+2b，

則a?b=|a||b|cos60°=1×2×12=1，

由m⊥n，得m?n=(3a?b)?(ta+2b)=3t|a|2+(6?t)a?b?2|b|2

=3t+6?t?8=0，解得t=1；

(2)由m//n，得ta+2b=λ(3a?b)(λ≠0)，

即t=3λ2=?λ，解得t=?6λ=?2，

所以存在實數t=?6，使得m//n．

16.(1)解：因為3asinB?bcosA=b，

由正弦定理得3sinAsinB?sinBcosA=sinB，

又因為B∈(0,π2)，可得3sinA?cosA=1，可得2sin(A?π6)=1，即sin(A?π6)=12，

因為A∈(0,π2)，可得A?π6∈(?π6,π3)，所以A?π6=π6，所以A=π3；

(2)解：由(1)知A=π3，且a=2，可得△ABC外接圓的直徑2R=asinA=43，

又由正弦定理得2b?c=2×43sinB?43sinC=43[2sinB?sin(2π3?B)]

=43[2sinB?(32cosB+12sinB)]=43?(32sinB?32cosB)=4sin(B?π6)，

因為△ABC為銳角三角形，可得0<B<π20<2π3?B<π2，解得π6<B<π2，

可得0<B?π6<π3，所以0<sin(B?π6)<32，則0<4sin(B?π6)<23，

所以2b?c的取值范圍為(0,23)．

17.解：(1)平面四邊形ABCD中，內角和為2π，且AD⊥AC，AB⊥BC，

則∠BAC+∠ADC+∠BCD=π.且∠BAC+∠ACB=∠ADC+∠ACD=π2．

∵AC平分∠BCD，

∴∠ACB=∠ACD，結合上面式子，

19.解：(1)因為cos(A?C)+cosB=tanAtanCtanAtanC?1，且A+B+C=π，

所以cos(A?C)?cos(A+C)=tanAtanCtanAtanC?1，

所以cosAcosC+sinAsinC?(cosAcosC?sinAsinC)=sinAsinCsinAsinC?cosAcosC，

即2sinAsinC=sinAsinC?cos(A+C)，

因為A∈(0°,180°)，C∈(0°,180°)，

所以sinA≠0，sinC≠0，所以cosB=12，

因為B∈(0°,180°)，所以B=60°，

因為∠ABC=60°，所以△ABC的內角均小于120°，

所以點P在△ABC的內部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，

由S△ABC=12acsinB=43，得ac=16，

設∠ABP=θ，θ∈(0°,60°)，則∠CPB=60°?θ，

在△PAB中，由正弦定理，得PAsinθ=csin∠APB，即PA=23csinθ，

在△PBC中，由正弦定理，得PCsin(60°?θ)=asin∠CPB，

即PC=2