余姚中学2024学年第二学期质量检测高一数学学科答案3.7_2025年03月试卷_0320浙江省余姚中学2024-2025学年高一下学期3月月考试题

余姚中学 2024 学年第二学期质量检测高一数学学科答案
1. B 2. A 3.D 4.A 5.C 6.C 7.B 8.D
9.BC 10.ACD 11.AD
12. 3 13. 700 14.24
15.(本题13分)
解:(1)依题点(1,b)在第四象限,则b<0,由z =4,得(1+bi)(1-bi)=4,即b2=3,所以b=- .----（6分）
由(1)知,z=1- i,由复数z是关于x的方程zpx2+2x+q=0的根, 3
得p(1- i)2+23(1- i)+q=0,
整理得(-32p+q+2)+(-32 p-2 )i=0,而p,q∈R, ------------------------（8分）
因此 3 3 -----------------------（11分）
-2p+q+2=0,
解得 -2 3p−所2以3p=+q0=,-5 -----------------------（13分）
p=−1,
16.(本q题=−145,分)
   
解：(1)因为mn且m  (1, 3),n  (sin A,cos A)，
- ------------------（3分）
sinA 3cos A0
tanA 3， ------------------（6分）
又因为
A 0,
，所以 A

.(2)由题意得S 
1
bcsinA
3
，得bc1， -------（9分）
3 2 4
又因为在三角形ABC中，
由余弦定理a2 b2 c2 2bccosA,得b2 c2  2， -------（12分）
所以 bc 2 2bc2,即 bc 2 4，
又因为b0，c0，所以bc2. -------------------（15分）
17.(本题15分)
解： 因为 为 的中点，
(1) E AD
所以 − − − ，
1 3
BE=BA+AE=CA CB 2CB=CA 2CB
所以λ − ，μ ，故λ μ − -------------------------------（4分）
3 1
= 2 =1 + = 2;
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1因为 ，∠ π，
2
(由2)余弦定A理B得= 2AE=2 7 BA − D= 3 ∠ ，
⋅ ⋅
2 2 2
即 BE − =×AB +A×E 2×AB − AE co，s BAE
2 1
解得
BE =28
，
+7 2 2 7 7 ( 2)=49
---------------------------------------（6分）
因为BE=​ 7 ，所以△ ∽△ ，
因为AD为/ /B的C 中点，且AME ，CMB
CM BC
E AD AM=AE
所以 − ，
1
因为
AM= 3C
，
A
△ ∽△ ，
所以BF=2FC ， ANE FNB
AN AE 3
NF =BF =4
所以 − ，
3 3 1
AN=7AF= 7CA+7CB
所以 − − ，
2 1
NM=AM AN=21CA 7CB
又因为 − ，所以 ，
3 2
BE=CA 2CB NM=21BE
因为 ，所以 --------------------------------------（10分）
2
因
B
为
E= 7
，
|NM|= 3;
(
所
3)
以
BF=2FC
− ，
1
因为
AF=
⊥
AC+
，
C
所
F
以
= CA+3CB
，
⋅
所以
BE
−
AF
−
BE AF=0
，
⋅
3 1
(CA 2CB) ( CA+3CB)=0
则 ，
⋅
11 2 1 2
6 CA CB=CA +2CB
所以 ∠ ， --------------------------------------（12分）
⋅
11 2 1 2
6 |CA| |CB|cos ACB=|CA| +2|CB|
所以 ∠
2 1 2
|CA| +⋅2|CB|
11
≥
×cos
⋅
ACB= 6|CA
，
| |CB|
1
2 2|CA⋅ | |CB| 6 2
11
当且仅6|C
当
A| |CB| = 11
时， ∠ 取到最小值 ．
2 6 2
|CA|= 2 |CB| cos ACB 11
故 ∠ 的最小值为 ． -------------------------------------（15分）
6 2
cos ACB 11
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218.(本题17分)
（1）易知四边形ABCD是平行四边形
在ABC中，由余弦定理知AC2 54cosD
同理DB2 54cosA
在平行四边形ABCD中cosD+cosA=0
AC2+DB2=10
------------------------（4分）
A A
sin 2sin2
A 2 2 1cos A
（2）证明：①等式左边=tan    =右边-
2 A A A sinA
cos 2cos sin
2 2 2
所以等式成立． -------------------（8分）
②由AC 180，得C 180 A，D180 B，
A B C D
由①可知：tan tan tan tan
2 2 2 2
1cosA 1cosB 1cos(180 A) 1cos(180B)
   
sinA sinB sin(180 A) sin(180 B)
2 2
  ， -----------------（10分）
sinA sinB
连结BD，
在ABD中，由余弦定理有BD2  AB2 AD2 2ABADcosA ，AB6，BC 3，CD 4，AD 5，
在BCD中，由余弦定理有BD2 BC2 CD2 2BCCDcosC ，
所以AB2 AD2 2ABADcosABC2 CD2 2BCCDcos(180 A)，
AB2 AD2 BC2 CD2 62 52 32 42 3
则：cosA   .
2(ABADBCCD) 2(6534) 7
又0  A180，可知sinA0，
2 10
于是sinA 1cos2A  ， ------------------（13分）
7
AB2 BC2 AD2 CD2 62 32 52 42 1
连结AC，同理可得：cosB   ，
2(ABBCADCD) 2(6354) 19
又又0 B180，可知sinB 0，
6 10
于是sinB 1cos2B  . -------------（15分）
19
A B C D 2 2 4 10
所以tan tan tan tan    ------------------（17分）
2 2 2 2 sin A sin B 3
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319(本题17分)
  
解：(1)对于①，设xx0，
1 2
 x x 0 x 0  
则可得 1 2  1 ，所以，线性无关；- ----------------------------（3分）
x 2x 0 x 0
1 2 2
   
对于②设y y  y0，
1 2 3
y 2y 5y 0
 1 2 3
则可得 y 2y  y 0 ，所以 y 2y 0， y 0，
1 2 3 1 2 3

y 2y 4y 0
1 2 3
可取y 2,y 1不全为0,所以线性相关 ------------------------------------（6分）
1 2
      
(2)设a ()a ()a ()0，
1 2 3
   
则(a a )a(a a )(a a )0，
1 3 1 2 2 3
  
因为向量，，线性无关，
所以a a 0，a a 0，a a 0，
1 3 1 2 2 3
解得a a a 0，
1 2 3
     
所以向量，，a y线性无关； ------------------------------------（11分）
   
(3)①k k  k   0，
1 1 2 2 m m
如果某个k 0，i1，2，……，m，
i
     
则k k  k  k  k   0，
1 1 2 2 i1 i1 i1 i1 m m
因为任意m1个都线性无关，
所以k ，k ，……，k ，k ，……，k 都等于0，
1 2 i1 i1 m
所以这些系数k ，k ，……，k 或者全为零，或者全不为零，------------------------------------（14分）
1 2 m
②因为l 0所以l ，l ，……，l 全不为零，
1 1 2 m
   
所以由l a l  l   0，
1 1 2 2 m m
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4 l  l 
可得  2  m ，
1 l 2 l m
1 1
    l  l    
代入k a k a k   0，可得k ( 2  ma )k  k  0，
1 1 2 2 m m 1 l 2 l m 2 2 m m
1 1
l  l  
所以( 2 k k ) ( mk k ) 0，
l 1 2 2 l 1 m m
1 1
l l
所以 2 k k 0，……， m k k 0，
l 1 2 l 1 m
1 1
k k k
所以 1  2  m  --------------------------------（17分）
l l l
1 2 m
第 页
5