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; 第 页 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 第 页 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 第 页 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 第 页 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