2024年重慶市高一數(shù)學(xué)3月份檢測(cè)聯(lián)考試卷附答案解析

12024年重慶市高一數(shù)學(xué)3月份檢測(cè)聯(lián)考試卷全卷滿分150分.考試時(shí)間120分鐘.2024.03一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.復(fù)數(shù)的虛部為()3.如圖，在正方形ABCD中，下列命題中正確的是()A.AB=BCB.AB=CDC.AC=√2ABD.4.已知復(fù)數(shù)z滿足則z=()A.-2+iB.-2-iC.2+iA.8B.10C.12D.16.7.在坐標(biāo)平面內(nèi)，橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)稱(chēng)為整點(diǎn).點(diǎn)P從原點(diǎn)出發(fā)，在坐標(biāo)平面內(nèi)跳躍行進(jìn)，每次跳躍的長(zhǎng)度都是5且落在整點(diǎn)處.則點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)Q(33,33)所跳躍次數(shù)的最小值是()A.9B.10C.112A.13B.√89二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求的.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.A.若z∈R,則m≠1B.若M在C.若z為純虛數(shù)，則m=-1D.若M在第四象限，則-l<m<1A.z?是純虛數(shù)B.z?-z?列結(jié)論正確的是()A.BE=√3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12,已知向量a=(3,4),則與a同向的單位向量為四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.16.在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z,z?所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z,Z?,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，i是虛數(shù)單位.3求c.(3)在ABC中，已知a、b、c為三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)應(yīng)邊.借助平面直角坐標(biāo)系及閱讀材料中所給復(fù)數(shù)相關(guān)內(nèi)容，證明：A②a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,A注意：使用復(fù)數(shù)以外的方法證明不給分.【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則即可求解.【詳解】由已知得則復(fù)的虛部為-【分析】由平面向量的坐標(biāo)表示與單位向量的概念求解，【詳解】::::【分析】根據(jù)正方形，利用平面向量的概念及幾何意義求解.【詳解】由圖可知：C.AC,AB不共線，故錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】本題主要考查平面向量的概念及幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.【分析】直接將z解出來(lái)再化解即可.【詳解】 【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【詳解】由題意可得利用基本不等式得出結(jié)論.由DQ=βDC可得DQ=βAB,又a+β=1,所以DQ=(1-a)·AB則AP·AQ=(AB+BP)·(AD+DO)=(AB+aAD)·[AD+(1-a)·AB]=AB-AD+α(I-a)AD-AB+(1-a)|6當(dāng)且僅當(dāng)α=1-a,即，時(shí)取等號(hào)，此時(shí)【點(diǎn)睛】如何選擇“合適”的基底：題目中是否有兩個(gè)向量模長(zhǎng)已知且數(shù)量積可求，常見(jiàn)的可以邊所成向量作基底的圖形有：等邊三角形，已知兩邊的直角三角形，矩形，特殊角的菱形等.【分析】用CA,CB表示出CD,從而根據(jù)數(shù)量積的定義及題中條件C=90°和|CBF4可求出CB·CD的值.【詳解】在ABC中，因?yàn)锳D=3DB,【分析】根據(jù)題意，結(jié)合向量分析運(yùn)算，列出方程求解，即可得到結(jié)果.【詳解】每次跳躍的路徑對(duì)應(yīng)的向量為設(shè)對(duì)應(yīng)的跳躍次數(shù)分別為a,b,c,d,其中a,b,c,d∈N,可得因?yàn)閍+b,c+d∈N,則或’當(dāng)時(shí)，則次數(shù)為8+2=10;當(dāng)則次數(shù)為3+9=12;綜上所述：次數(shù)最小值為10.【分析】建立直角坐標(biāo)系，可以表示出A,B,C的坐標(biāo)，再設(shè)點(diǎn)M(rcosθ,rsinθ),即可用r與θ表示出 MA+MB+3MC|,即可求出答案.【詳解】建立如圖所示坐標(biāo)系，則點(diǎn)A(-2,2√3),B(-2,-2√3),C(4,0),設(shè)點(diǎn)M(rcosθ,rsinθ),且O≤θ<2有最大值為13【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的基本概念直接判斷選項(xiàng)即可.【詳解】對(duì)于A,若z∈R,則m-1=0,得m=1,故A錯(cuò)誤；對(duì)于C,若z為純虛數(shù)，則m+1=0,即m=-1,此時(shí)虛部不為0,故C正確；8【分析】對(duì)于A選項(xiàng)利用復(fù)數(shù)的相關(guān)概念可判斷；對(duì)于B選項(xiàng)結(jié)合復(fù)數(shù)的減法運(yùn)算以及復(fù)數(shù)的幾何意義即可判斷；對(duì)于C選項(xiàng)結(jié)合復(fù)數(shù)的加法運(yùn)算以及復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式即可判斷；對(duì)于D選項(xiàng)結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算以及復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式即可判斷.【分析】利用余弦定理計(jì)算∠BAC=60,利用余弦定理計(jì)算BE,判斷A;根據(jù)面積公式計(jì)算三角形ABC的面積，判斷B;利用正弦定理計(jì)算AD,判斷C;設(shè)∠PBE=α,用α表示出PB,PE,得出PB+2PE,,故故C不正確9;;,【詳解】設(shè)與a同向的單位向量b=λa(a>0)【分析】解法1,先用正弦定理邊角互化，再用和差和誘導(dǎo)公式求解即可；解法2:先用射影定理化簡(jiǎn)，用正弦定理邊角互化即可求解.【詳解】解法1:又由題意，,,故答案為：1得角B為鈍角，得角B為鈍角，的范圍，結(jié)合余弦定理可得c的范圍，從而由余弦定理可求得答案【詳解】在。ABC中，因?yàn)閍=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為鈍角，角A為銳角，所以要tanA取最大值，則A取最大值，B,C取最小值，從而b,c取最小值.,,;由…b2-c2=8.∵√O(píng)scs2√5.:tanA【分析】(1)利用正弦定理邊化角，再借助三角函數(shù)和差角公式化簡(jiǎn)可解；(2)利用正弦定理邊化角，再借助輔助角公式化簡(jiǎn)求范圍.【詳解】(1)由題意，2a-c=2bcosC,根據(jù)正弦定理可得，2sinA-sinC=2sinBcosC,,(2)由正弦定理,【分析】【詳解】(1)根據(jù)z=1+2i,z?=3-4i可得，zz?=(1+2i)(3-4i)=3-4i+6i-因此|zz?-|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，根據(jù)b=c2+a2,得到1≥sinB=sin2A+sin2C,進(jìn)而得到,得到2PO.(OA-OB-OC+OD)=0對(duì)平面上所有P成立，必須有OA-OB-OC+OD=0,根據(jù)B是直角和平面幾何知識(shí)，得到D在。ABC外接圓上，并且根據(jù)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變換公式可得A,借助余弦定理與正弦定理可將AD2表示為正弦型函數(shù)，借助正弦型函數(shù)的性質(zhì)即可得解；(2)借助面積公式，可得DE的最大值，設(shè)∠ACD=∠BAE=α,結(jié)合正弦定理可將DE表示成正弦型函數(shù)，借助正弦型函數(shù)的性質(zhì)可得DE取得最大值時(shí)的c.所以,,因?yàn)?,在△ABD中，有AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cosB,在ACD中，由正弦定理得所以得【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：最后一問(wèn)關(guān)鍵點(diǎn)在于借助正弦定理，將邊轉(zhuǎn)化為角后，將DE借助角表示出來(lái)，從而化為正弦型函數(shù)，借助正弦函數(shù)的性質(zhì)得到其取最值時(shí)對(duì)應(yīng)的c【分析】(1)直接利用復(fù)數(shù)的乘除法計(jì)算即可；