大庆铁人中学2025级高一年级下学期第一次阶段考试数学答案
一、二选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D B C A D B C C ACD BC ABC
三．填空题
四． 3 [2,4]
详解：
12. 2 13. 14.
1.【答案】D
解：复数z在复平面上对应的点为(2,−1)，则z=2−i，A错；z=2+i，C错；
， 错；
|z|=√22+(−1) 2=√5 B
z−2=2−i−2=−i，则z−2是纯虚数，D对．
2.【答案】B
3 4
解：角α的终边经过点(−4,3)，可得sinα= ，cosα=− ，
5 5
3 4
−
sinα+cosα 5 5 1
则 = =− ．
sinα 3 3
5
3.【答案】C
解：建立平面直角坐标系，如图所示；
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1 1矩形ABCD中，AB=2AD，E，F分别为BC，CD的中点，G为EF中点，
1 3 3
设B(2,0)，则D(0,1)，E(2, )，F(1,1)，∴G( , )；
2 2 4
⃗ 3 3 ⃗
∴AG=( , )，⃗AB=(2,0)，AD=(0,1) ，
2 4
3
{2x=
3 3 2 3 3 ⃗ 3 ⃗ 3 ⃗
设 A ⃗ G=x A ⃗ B+ y A ⃗ D ，则( , )=(2x,y)，即 ，解得x= ，y= ；∴AG= AB+ AD．
2 4 3 4 4 4 4
y=
4
4.【答案】A
解：因为锐角△ABC的面积为5√3，且AB=4，AC=5，
1 √3
由三角形的面积公式得到 ×4×5×sinA=5√3，则sinA= ，
2 2
π
又A为锐角，所以A= ，
3
则由余弦定理得：
BC=√AB2+AC2−2×AB×ACcosA
√ 1
= 42+52−2×4×5×( )=√21，
2
BC √21
2R= = =2√7
设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得： sin A √3 ，所以R=√7，
2
5.【答案】D
{ x=−4, {x=−4,
解：设D(x,y)，则有⃗AB=⃗DC，所以(4,3)=(−x,2−y)，即 所以
2−y=3, y=−1.
所以D点坐标为(−4,−1)
6.【答案】B
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2 14
解：sin(α+β)=sinαcosβ+cosα⋅sinβ= ，
5
sinα 3sinβ
由tanα=3tanβ，得 = ，所以sinαcosβ=3cosαsinβ，
cosα cosβ
1 3
解得cosαsinβ= ，sinαcosβ= ，
5 5
3 1 2
所以sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ= − = ．
5 5 5
7.【答案】C
解：设B(−1,0)，C(1,0)，
因为AB=AC，所以A在y轴上，不妨设A(0,h)(h>0)，
( 1 h) ⃗ ⃗
因为N为AB中点，所以N −
2
,
2
．则BC=(2,0) ，BA=(1,h) ，
⃗ ⃗ ⃗
故BM=xBC+ yBA=(2x+ y,yh) ，故M(2x+ y−1,yh)，
由2x+ y=1，得M(0,yh)．
则M ⃗ N= ( − 1 −0, h −yh ) = ( − 1 ,h (1 −y )) ， |M ⃗ N|2= ( − 1) 2 + [ h (1 −y )] 2 = 1 +h2(1 −y ) 2 ．
2 2 2 2 2 2 4 2
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3 11 1
当y= 时，|M ⃗ N|取得最小值 ．
2 2
8.【答案】C
解： π 在 轴右边第一个最值点是( π )．
f(x)=2sin(ωx+ )(ω>0) y ,2
4 4ω
以后每相间一个周期有一个最值点，
π 2π π 2π
当x∈[0,1]上恰好取得5个最大值时，必有 +4× ≤1< +5× ．
4ω ω 4ω ω
33π 41π
⇒ ≤ω< ．
4 4
9.【答案】ACD
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4 1解：由题意得 ，所以 ，
z +2z +2(2z −z )=5z =5−i+6i=5+5i z =1+i
1 2 1 2 1 1
所以 ， ，
|z |=√2 z =2z −3i=2(1+i)−3i=2−i
1 2 1
所以 ，
z ⋅z =(1+i)(2−i)=2−i+2i−i2=3+i
1 2
所以 z 2−i 2−i (2−i)i ，
2 = = = =1+2i
i2023 i4×505+3 −i −i2
在复平面内对应的点为(1,2)位于第一象限．
10.【答案】BC
解：对 A ：若⃗
a//
⃗
b
，即 4m−3(m+2)=0 ，即 m=6 ，此时 ⃗a ， ⃗b 不能作基底，故A错误；
对
B
：
|
⃗
a|=√m2+(m+2) 2=√2m2+4m+4=√2(m+1) 2+3≥√3
，故|⃗a|有最小值
√3
，故B正确；
对C：若|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则有|⃗a+⃗b|2=|⃗a−⃗b|2，
即 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗，
|a|2+|b|2+2a⋅b=|a|2+|b|2−2a⋅b
8 8
即⃗a⋅⃗b=0，即3m+4(m+2)=0，解得m=− ，即当m=− 时，|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，故C正确；
7 7
对 D ：由 A 知，若⃗
a//
⃗
b
，则 m=6 ，此时 ⃗a ， ⃗b 只能同向不能反向，故 ⃗a ， ⃗b 的夹角不可能为 π ，故D错误．
11.【答案】ABC
解：由正弦定理可得：a:b:c=2:3:√7
设a=2m，b=3m，c=√7m(m>0)
√1 7m2+4m2−9m2 2 3√3 ，解得：
∴S= [7m2×4m2−( ) ]= m2=6√3 m=2
4 2 2
∴△ABC的周长为a+b+c=4+6+2√7=10+2√7，A正确；
a2+b2−c2 16+36−28 1 π
由余弦定理得：cosC= = = ，∴C= ，
2ab 2×4×6 2 3
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5 12π
∵A+B+C=π，∴A+B= ，即2C=A+B，B正确；
3
c 2√7 4√21
2R= = =
由正弦定理知外接圆直径为 sinC π 3 ，C正确；
sin
3
由⃗CD= 1 (⃗CA+⃗CB)得|⃗CD| 2 = 1 (⃗CA+⃗CB) 2
2 4
1
= (62+42+2×6×4×cos60°)=19，∴CD=√19，D错误
4
12.【答案】2
解：∵z =a+2i，z =b−3i，且z +z =bi，(a,b∈R)，
1 2 1 2
{a+b=0
∴(a+b)−i=bi，则 ，得a=1，b=−1．
b=−1
．
∴a2023+b2024=12023+(−1) 2024=1+1=2
13.【答案】3
解：如图所示，建立平面直角坐标系，则A(1,0)，
由 ⃗ 与⃗OC的夹角为α，且tanα=7，
OA
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6 11 7 1 7
∴cosα= ，sinα= ，∴C( , )，
5√2 5√2 5 5
√2 3
cos(α+45°)= (cosα−sinα)=− ，
2 5
√2 4 3 4
sin(α+45°)= (sinα+cosα)= ，∴B(− , )．
2 5 5 5
1 3 7 4
∵⃗OC=m⃗OA+n⃗OB(m,n∈R)，∴ =m− n， =0+ n，
5 5 5 5
7 5
解得n= ，m= ，则m+n=3．
4 4
14.【答案】[2,4]
1 √3
解：由三角形的面积公式可得S = bcsinA= a2，即a2=2√3bcsinA，
△ABC 2 12
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，
∴2√3bcsinA=b2+c2−2bccosA，
π
∴b2+c2=2bc(√3sinA+cosA)=4bcsin(A+ )，
6
∵sin2B+sin2C=msinBsinC，
由正弦定理可得b2+c2=mbc，
π π
∴4bcsin(A+ )=mbc，∴m=4sin(A+ )，
6 6
π π 7π 1 π
∵0<A<π，∴ <A+ < ∴− <sin(A+ )≤1∴−2<m≤4，
6 6 6 2 6
∵b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时取等号，∴mbc≥2bc，∴m≥2，
综上所述m的取值范围为[2,4]，
2 2
15.解： 因为角 的终边上点 ( √5 2√5)，又( √5) (2√5) ，
(1) α P − , − + =1
5 5 5 5
2√5 √5
所以sinα= ，cosα=− ，所以sinα+2cosα=0;
5 5
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7 13
sin(2π−α)cos(α−π)cos( π+α)
2
(2)
5π
cos( −α)sin(3π−α)sin(−π−α)
2
√5
−
−sinα⋅(−cosα)⋅sinα cosα 5 1
= = = =−
sinα⋅sinα⋅sinα sinα 2√5 2
5
16.解： 因为 ， ，
(1) ⃗a=(3,2) ⃗b=(x,−1)
所以 ， ，
⃗a+2⃗b=(3+2x,0) 2⃗a−⃗b=(6−x,5)
由
(
→
a+2
→
b)⊥(2
→
a−
→
b)
，可得 (⃗a+2⃗b)·(2⃗a−⃗b)=0 ，
3
即(3+2x)(6−x)=0，解得x=6或x=− ；
2
由题意， ，
(2) ⃗b+⃗c=(−8+x,−2)
又 ，则 ，
⃗a//(⃗b+⃗c) −2×3=2×(x−8)
解得 ，则 ，
x=5 ⃗b=(5,−1)
所以 cos<⃗a,⃗b>= ⃗a·⃗b = 15−2 = √2，
|⃗a||⃗b| √13×√26 2
→ → π
又
<a,b>∈[0,π]
，所以⃗a与⃗b的夹角为
4
．
1
17.解：(Ⅰ)f(x)=⃗a⋅⃗b=√3sinx⋅cosx+ −cos2x
2
√3 1 π
= sin2x− cos2x=sin(2x− )，
2 2 6
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8 1π π π 5π
由x∈[0, ]，得2x− ∈[− , ]，
2 6 6 6
π 1
故f(x) =sin(− )=− .
min 6 2
α π 1
(Ⅱ)f( )=sin(α− )= ，
2 6 3
π √ π 2
∵α为锐角，∴cos(α− )= 1−sin2 (α− )= √2．
6 6 3
π π π π
cos(2α+ )=cos[2(α− )+ ]=−sin2(α− )
6 6 2 6
π π 4
=−2sin(α− )⋅cos(α− )=− √2．
6 6 9
sinC cosB+cosA
18.解：(1)∵ = ，
cosB−cosA sinC−√2sinB
∴cos2B−cos2A=sin2C−√2sinCsinB，
∴sin2A=sin2B+sin2C−√2sinCsinB，
b2+c2−a2 √2bc √2
由正弦定理得，a2=b2+c2−√2bc，∴cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
∵0<A<π，∴A= ．
4
2√2 π
(2)∵sinB= ，0<B< ，
3 2
1
∴cosB=√1−sin2B= ，
3
π π π √2 1 √2 2√2 4+√2
∴sinC=sin(A+B)=sin( +B)=sin cosB+cos sinB= × + × = ，
4 4 4 2 3 2 3 6
a b c
由正弦定理知， = = ，
sin A sinB sinC
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9 14+√2
3×
asinC 6
∴c= = =1+2√2，
sin A √2
2
1 1 2√2
∴S = acsinB= ×3×(1+2√2)× =4+√2．
△ABC 2 2 3
19.解：(1)法一：因为asinA+asinCcosB+bsinCcosA=bsinB+csinA，
所以根据正弦定理得：sin2A+sin A⋅sinC⋅cosB+sinB⋅sinC⋅cosA=sin2B+sin A⋅sinC，
sin2A+sinC(sin A⋅cosB+sinB⋅cosA)=sin2B+sin A⋅sinC，
所以sin2A+sinC⋅sin(A+B)=sin2B+sin A⋅sinC，
所以sin2A+sin2C=sin2B+sin A⋅sinC，
根据正弦定理，得a2+c2=b2+ac，即a2+c2−b2=ac，
a2+c2−b2 ac 1
根据余弦定理，得cosB= = = ，
2ac 2ac 2
π
因为B∈(0,π)，所以B= ，
3
法二：因为asinA+asinCcosB+bsinCcosA=bsinB+csinA，
所以根据正弦定理，得a2+ac⋅cosB+bc⋅cosA=b2+ac，
a2+c2−b2 b2+c2−a2
根据余弦定理，得a2+ac⋅ +bc⋅ =b2+ac，即a2+c2−b2=ac，
2ac 2bc
a2+c2−b2 ac 1
根据余弦定理，得cosB= = = ，
2ac 2ac 2
π
因为B∈(0,π)，所以B= ;
3
(2)由余弦定理，得b2=a2+c2−2ac⋅cosB，所以54=a2+18−3√2a，
即a2−3√2a−36=0，所以(a−6√2)(a+3√2)=0，因为a>0，所以a=6√2，
⃗ ⃗ ⃗ 1 ⃗ 2 ⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗ 2
因为BD=AD−AB= AB+ AC−AB= (AC−AB)= BC，
3 3 3 3
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10 12
所以BD= BC=4√2，
3
1 1 √3
所以△ABD的面积为 AB⋅BD⋅sinB= ×3√2×4√2× =6√3;
2 2 2
√3 3
(3)∵sinB= ，sin AsinC= ，∴sin2B=sin AsinC，即b2=ac，
2 4
由余弦定理得b2=a2+c2−ac=ac，所以(a−c) 2=0，即a=c，
2π
故△ABC是等边三角形，所以∠AOB= ，
3
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ √ ⃗ ⃗
∴OA⋅OB=|OA|OB|cos∠AOB=−2 ，|OA+OB|= (OA+OB) 2=√4+4−4=2 ，
设AB的中点为D，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
∴PA⋅PB=(OA−OP)⋅(OB−OP)=OA⋅OB+OP2−(OA+OB)·OP
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
=−2+4−2|OD||OP|cos<OD ， OP>=2−4cos<OD ， OP>，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
∵−1≤cos<OD ， OP>≤1 ， ∴−2≤2−4cos<OD ， OP>≤6 ，
∴⃗PA⋅⃗PB的取值范围为[−2,6]．
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11 1
