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2023-2024学年河北省沧州市泊头一中高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年河北省沧州市泊头一中高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知i是虚数单位，则3+i1−i的虚部为( )
A. 2B. 2iC. 1D. i
2.已知向量a，b满足|a+b|=2 3，a⋅b=2，则|a−b|=( )
A. 8B. 4C. 2D. 1
3.欧拉在1748年给出的著名公式eiθ=csθ+isinθ(欧拉公式)是数学中最卓越的公式之一，其中，底数e=2.71828…，根据欧拉公式eiθ=csθ+isinθ.任何一个复数z=r(csθ+isinθ)都可以表示成z=reiθ的形式，我们把这种形式叫做复数的指数形式，若复数z1=2ei π3，z2=ei π2，则复数z=z1z2在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是( )
A. AB
B. AD
C. BC
D. AC
5.已知锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2(csAcsB+csC)= 3sinB，a= 7，bc=6，则b+c=( )
A. 9B. 8C. 5D. 4
6.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若BC=a，BA=b，BE=3EF，则BF=( )
A. 1225a+925b
B. 1625a+1225b
C. 45a+35b
D. 35a+45b
7.已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若asinB+bsinA=2c，则△ABC是( )
A. 等边三角形B. 锐角三角形C. 等腰直角三角形D. 钝角三角形
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=b=5，c=8，I是△ABC内切圆的圆心，若AI=xAB+yAC，则x+y的值为( )
A. 203B. 103C. 32D. 1318
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(−6,3)，b=(2,t)，则下列说法不正确的是( )
A. 当a+b=(−4,4)时，t=−1
B. 当a⊥b时，t=4
C. a与b夹角为钝角时，则t的取值范围为(−∞,4)
D. 当t=2时，a在b上的投影向量为(−3 2,−3 2)
10.若复数z满足|z−1−i|=1，则|z+2+3i|可能为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
11.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为 2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列结论正确的是( )
A. BG=2AH
B. AD在AB向量上的投影向量为( 22+1)AB
C. 若OA⋅FC=(1+ 2)PA⋅ED，则P为ED的中点
D. 若P在线段BC上，且AP=xAB+yAH，则x+y的取值范围为[1,2+ 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设z∈C，且z−2z+2=i，其中i为虚数单位，则3−4iz的模为______．
13.已知向量a=( 32,12)，|b|=2，|2a−b|= 6，a⋅b= ______；b在a上的投影向量的坐标为______．
14.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若AB⋅AC=6AO⋅EC，则ABAC的值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图所示，△OBC中，点A为BC中点，点D是线段OB上靠近点B的一个三等分点，CD，OA相交于点E，设OA=a，OB=b．
(1)用a，b表示OC，DC；
(2)若OE=λOA，求λ．
16.(本小题15分)
已知复数z=1+i(i是虚数单位)是方程x2−px+q=0的根，其中p，q是实数．
(1)求p和q的值；
(2)若(p+qi)⋅(m2+2mi)是纯虚数，求实数m的值．
17.(本小题15分)
已知a，b，c在同一平面内，且a=(1,2)．
(1)若|c|=3 5，且a//c，求c；
(2)若|b|= 2，且(a+2b)⊥(a−b)，求a与b的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足b=acsC+csinA．
(1)求A的大小；
(2)若csB=35，BC=5，BD=17BA，求CD的长．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+2i，其虚部为2．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：(a−b)2=(a+b)2−4a⋅b
=(2 3)2−4×2
=4；
∴|a−b|=2．
故选C．
根据数量积的运算可得到(a−b)2=(a+b)2−4a⋅b，进而求出(a−b)2的值，从而得出|a−b|的值．
考查数量积的运算，求|a−b|而求(a−b)2的方法．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的指数与三角函数形式、复数的运算法则与几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础．
复数z1=2ei π3=2(csπ3+isinπ3)=1+ 3i，z2=ei π2=csπ2+isinπ2=i，再利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】
解：复数z1=2ei π3=2(csπ3+isinπ3)=1+ 3i，z2=ei π2=csπ2+isinπ2=i，
则复数z=z1z2=1+ 3ii=−i(1+ 3i)−i2= 3−i在复平面内对应的点( 3,−1)在第四象限．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：由斜二测画法法则知，直观图△A′B′C′对应的原图形△ABC是直角三角形，
其中AC是斜边，AD是直角边上的中线，所以最长的线段是AC．
故选：D．
由斜二测画法法则知直观图△A′B′C′对应的原图形△ABC是直角三角形，由此判断出结论．
本题考查了斜二测画法法则应用问题，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵2(csAcsB+csC)= 3sinB，A+B+C=π，
∴2csAcsB+2cs(π−A−B)= 3sinB，2csAcsB−2cs(A+B)= 3sinB，
∴2sinAsinB= 3sinB，
∵△ABC为锐角三角形，∴sinB≠0，
∴sinA= 32.而A∈(0,π2)，∴A=π3，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsπ3，∴7=b2+c2−6，
∴b2+c2=13，
则b+c= (b+c)2= b2+c2+2bc= 13+12=5．
故选：C．
利用诱导公式、两角和的余弦公式化简已知条件，求得A，利用余弦定理求得b+c．
本题主要考查了诱导公式的应用，考查了两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：过F作FG⊥BC于G，不妨设BE=3，EF=1，
则BF=4，FC=BE=3，所以BC=5，FG125，BG=165，
所以BG=1625BC，GF=1225BA
所以BF=BG+GF=1625BC+1225BA=1625a+1225b．
故选B．
利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．
本题主要考查平面向量的线性运算及平面向量的基本定理，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵asinB+bsinA=2c，
∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinBsinA=2sinC，而sinAsinB+sinBsinA≥2 sinAsinB⋅sinBsinA=2，当且仅当sinA=sinB时取等号．
∴2sinC≥2，即sinC≥1，又sinC≤1，故可得：sinC=1，
∴∠C=90°．
又∵sinA=sinB，可得A=B，
故三角形为等腰直角三角形．
故选：C．
由已知及正弦定理可得：sinAsinB+sinBsinA=2sinC，而sinAsinB+sinBsinA≥2 sinAsinB⋅sinBsinA=2，当且仅当sinA=sinB时取等号，即2sinC≥2，解得∠C=90°，A=B，从而得解．
本题主要考查了正弦定理，基本不等式的解法，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，∵a=b=5，c=8，∴△ABC内切圆的圆心I在AB边高线OC上(也是AB边上的中线)，
∴OA=OB=4，OC= BC2−OB2= 52−42=3，
以AB直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
则A(−4,0)，B(4,0)，C(0,3)，
设△ABC内切圆的半径为r，根据等面积算法可得：
12AB⋅OC=12(AB+BC+AC)⋅r，
∴12×8×3=12×(8+5+5)×r，
解得r=43，故内心I为(0,43)，
∴AI=(4,43)，AB=(8,0)，AC=(4,3)，
∵AI=xAB+yAC，
∴(4,43)=x(8,0)+y(4,3)，
∴4=8x+4y43=3y，∴2x+y=1y=49，∴x=518y=49，
∴x+y=518+49=1318，
故选：D．
建系，根据坐标法，平面向量坐标运算，三角形内心性质，方程思想即可求解．
本题考查面向量坐标运算，三角形内心性质，方程思想，坐标法，属基础题．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】本题主要考查平面向量的坐标运算、向量垂直、向量的夹角和投影向量，属于中档题．
对于A，结合向量的坐标运算即可判断；
对于B，结合向量垂直的性质即可判断；
对于C，结合平面向量的数量积和夹角即可判断；
对于D，结合投影向量的公式即可判断．
【解答】解：a=(−6,3)，b=(2,t)，
则a+b=(−4,4)=(−4,3+t)，即3+t=4，解得t=1，故A错误；
当a⊥b时，
则(−6)×2+3t=0，解得t=4，故B正确；
当a与b夹角为钝角时，
则a⋅b<0−6t≠3×2，解得t<4且t≠−1，
故t的取值范围为(−∞,−1)∪(−1,4)，故C错误；
t=2，
则a=(−6,3)，b=(2,2)，
故a在b上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=(−32,−32)，故D错误．
故选：ACD．
10.【答案】BC
【解析】解：设z=x+yi(x,y∈R)，
∵|z−1−i|=1，
∴|x−1+(y−1)i|= (x−1)2+(y−1)2=1，
∴(x−1)2+(y−1)2=1，表示以A(1,1)为圆心，1为半径的圆，
|z+2+3i|=|x+2+(y+3)i|= (x+2)2+(y+3)2，表示点(x,y)到点B(−2,−3)之间的距离，
连接AB交圆A于点C，延长线交圆A于点D，如图所示：
|BC|=|AB|−1=5−1=4，|BD|=|AB|+1=6，
即|z+2+3i|∈[4,6]，
观察四个选项可知，|z+2+3i|可能为4，6．
故选：BC．
设z=x+yi，由复数的几何意义得出复数z对应复平面的轨迹，再由距离公式结合圆的性质得|z+2+3i|的范围即可求解．
本题主要考查了复数的几何意义，考查了两点间距离公式的应用，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：如图所示：以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，
设OA=OB=OC=OD=OE=OF=OG=OH=a，
则2=a2+a2−2a2×csπ4，整理得到a2=2+ 2，A(0,−a),B( 22a,− 22a),C(a,0),D( 22a, 22a),E(0,a),F(− 22a, 22a)，G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，设P(x0,y0)，
对选项A：BG=(−a− 22a, 22a)，AH=(− 22a,a− 22a)，BG≠2AH，错误；
对选项B：AD=( 22a, 22a+a)，AB=( 22a,a− 22a)，AD⋅AB|AB|2=12a2+a2−12a212a2+(a− 22a)2=12− 2= 22+1，即投影向量为( 22+1)AB，正确；
对选项C：OA⋅FC=(0,−a)⋅(a+ 22a,− 22a)= 22a2，PA⋅ED=(−x0,−a−y0)⋅( 22a, 22a−a)=− 22ax0−(a+y0)( 22a−a)，OA⋅FC=(1+ 2)PA⋅ED，整理得到− 22ax0−(a+y0)( 22a−a)= 22a21+ 2，即y0=( 2+1)x0，与正八边形有两个交点，错误；
对选项D：AP=(x0,y0+a)，AB=( 22a,a− 22a)，AH=(− 22a,a− 22a)，AP=xAB+yAH，(x0,y0+a)=x( 22a,a− 22a)+y(− 22a,a− 22a)，
整理得到x+y=y0+aa− 22a，y0∈[− 22a,0]，故x+y∈[1,2+ 2]，正确．
故选：BD．
以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算BG≠2AH，A错误，投影向量为( 22+1)AB，B正确，直线与正八边形有两个交点，C错误，x+y=y0+aa− 22a，D正确，得到答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】52
【解析】解：z−2z+2=i，
则z(1−i)=2+2i，即z=2+2i1−i=2(1+i)2(1−i)(1+i)=2i，
故|3−4iz|=|3−4i||2i|=52．
故答案为：52．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
13.【答案】12 ( 34,14)
【解析】解：因为a=( 32,12)，所以|a|=1，
由|2a−b|= 6可得|2a−b|2=6，
所以4(a)2−4a⋅b+(b)2=6，即4−4a⋅b+4=6，
所以a⋅b=12，
所以b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=12a=( 34,14)．
故b在a上的投影向量的坐标为( 34,14)．
故答案为：12；( 34,14)．
由条件结合向量的模的坐标表示求|a|，根据向量的模与数量积的关系由条件|2a−b|= 6求a⋅b，再由投影向量的定义求b在a上的投影向量的坐标．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．
首先算出AO=12AD，然后用AB、AC表示出AO、EC，结合AB⋅AC=6AO⋅EC得12AB2=32AC2，进一步可得结果．
【解答】
解：设AO=λAD=λ2(AB+AC)，
AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC−AE)
=(1−μ)AE+μAC=1−μ3AB+μAC，
∴λ2=1−μ3λ2=μ，∴λ=12μ=14，
∴AO=12AD=14(AB+AC)，
EC=AC−AE=−13AB+AC，
6AO⋅EC=6×14(AB+AC)·(−13AB+AC)
=32(−13AB2+23AB⋅AC+AC2)
=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∵AB⋅AC=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∴12AB2=32AC2，∴AB2AC2=3，
∴ABAC= 3．
故答案为： 3
15.【答案】解：(1)∵OA=a，OB=b，
∴OC=OB+BC=OB+2BA=OB+2(OA−OB)=2OA−OB=2a−b；
DC=OC−OD=OC−23OB=2a−b−23b=2a−53b；
(2)设DE=μDC(μ>0)，
∴OE=OD+DE=OD+μDC=OD+μ(OC−OD)=(1−μ)OD+μOC，
∵OD=23OB=23b，OC=2a−b，
∴OE=(1−μ)⋅23b+μ(2a−b)=2μa+(23−53μ)b，
又OE=λOA=λa，且a，b不共线，
∴λ=2μ且23−53μ=0，
得λ=45．
【解析】(1)直接利用向量的线性运算和加减法的应用求解；
(2)直接利用向量的线性运算和共线向量的充要条件求λ．
本题考查向量的线性运算，平面向量基本定理，向量的加法和减法运算，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵z=1+i(i是虚数单位)是方程x2−px+q=0的根，
∴z−=1−i也是方程x2−px+q=0的根，
∴p=1+i+1−i=2q=(1+i)(1−i)=2，解得p=q=2．
(2)由(1)可得，(p+qi)⋅(m2+2mi)=(2+2i)⋅(m2+2mi)=2m2−4m+(4m+2m2)i，
∵(p+qi)⋅(m2+2mi)是纯虚数，
∴2m2−4m=04m+2m2≠0，解得m=2．
【解析】(1)根据已知条件，结合一元二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设c=(x,y)，∵a=(1,2)，|c|=3 5，且a//c，
∴y=2x，x2+y2=45，
解得x=3，y=6；或x=−3，y=−6，即c=(3,6)，或c=(−3,−6)．
(2)∵|b|= 2，且(a+2b)⊥(a−b)，
∴(a+2b)⋅(a−b)=a2−2b2+a⋅b=5−4+a⋅b=0，∴a⋅b=−1．
故a与b的夹角的余弦值为a⋅b|a|⋅|b|=−1 5⋅ 2=− 1010．
【解析】(1)由题意利用两个向量平行的性质，用待定系数法求出求得c的坐标．
(2)由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的夹角公式，求得a与b的夹角的余弦值．
本题主要考查两个向量平行垂直的性质，两个向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，∵b=acsC+csinA中，∴sinB=sinAcsC+sinCsinA，
又∵sinB=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA，
∴sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+sinCsinA，
∴csAsinC=sinCsinA，
∵sinC≠0，∴csA=sinA，
∴tanA=1．
∴A=π4．
(2)∵csB=35，∴sinB= 1−cs2B=45，
∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 22×35+ 22×45=7 210．
在△ABC中，由正弦定理得ABsinC=BCsinA，即AB7 210=5 22，
解得AB=7．
∵BD=17BA，∴BD=17AB=1．
在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2−2BC⋅BDcsB=1+25−2×5×1×35=20．
∴CD=2 5．
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式得出tanA；
(2)在△ABC中，使用正弦定理求出AB，得出DB，再在△BCD中使用余弦定理求出CD．
本题考查了三角函数的恒等变换，正弦定理，余弦定理，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．
1.已知i是虚数单位，则3+i1−i的虚部为( )
A. 2B. 2iC. 1D. i
2.已知向量a，b满足|a+b|=2 3，a⋅b=2，则|a−b|=( )
A. 8B. 4C. 2D. 1
3.欧拉在1748年给出的著名公式eiθ=csθ+isinθ(欧拉公式)是数学中最卓越的公式之一，其中，底数e=2.71828…，根据欧拉公式eiθ=csθ+isinθ.任何一个复数z=r(csθ+isinθ)都可以表示成z=reiθ的形式，我们把这种形式叫做复数的指数形式，若复数z1=2ei π3，z2=ei π2，则复数z=z1z2在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，则在△ABC的三边及中线AD中，最长的线段是( )
A. AB
B. AD
C. BC
D. AC
5.已知锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2(csAcsB+csC)= 3sinB，a= 7，bc=6，则b+c=( )
A. 9B. 8C. 5D. 4
6.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若BC=a，BA=b，BE=3EF，则BF=( )
A. 1225a+925b
B. 1625a+1225b
C. 45a+35b
D. 35a+45b
7.已知△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若asinB+bsinA=2c，则△ABC是( )
A. 等边三角形B. 锐角三角形C. 等腰直角三角形D. 钝角三角形
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=b=5，c=8，I是△ABC内切圆的圆心，若AI=xAB+yAC，则x+y的值为( )
A. 203B. 103C. 32D. 1318
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a=(−6,3)，b=(2,t)，则下列说法不正确的是( )
A. 当a+b=(−4,4)时，t=−1
B. 当a⊥b时，t=4
C. a与b夹角为钝角时，则t的取值范围为(−∞,4)
D. 当t=2时，a在b上的投影向量为(−3 2,−3 2)
10.若复数z满足|z−1−i|=1，则|z+2+3i|可能为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
11.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为 2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列结论正确的是( )
A. BG=2AH
B. AD在AB向量上的投影向量为( 22+1)AB
C. 若OA⋅FC=(1+ 2)PA⋅ED，则P为ED的中点
D. 若P在线段BC上，且AP=xAB+yAH，则x+y的取值范围为[1,2+ 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设z∈C，且z−2z+2=i，其中i为虚数单位，则3−4iz的模为______．
13.已知向量a=( 32,12)，|b|=2，|2a−b|= 6，a⋅b= ______；b在a上的投影向量的坐标为______．
14.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若AB⋅AC=6AO⋅EC，则ABAC的值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图所示，△OBC中，点A为BC中点，点D是线段OB上靠近点B的一个三等分点，CD，OA相交于点E，设OA=a，OB=b．
(1)用a，b表示OC，DC；
(2)若OE=λOA，求λ．
16.(本小题15分)
已知复数z=1+i(i是虚数单位)是方程x2−px+q=0的根，其中p，q是实数．
(1)求p和q的值；
(2)若(p+qi)⋅(m2+2mi)是纯虚数，求实数m的值．
17.(本小题15分)
已知a，b，c在同一平面内，且a=(1,2)．
(1)若|c|=3 5，且a//c，求c；
(2)若|b|= 2，且(a+2b)⊥(a−b)，求a与b的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足b=acsC+csinA．
(1)求A的大小；
(2)若csB=35，BC=5，BD=17BA，求CD的长．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+2i，其虚部为2．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：(a−b)2=(a+b)2−4a⋅b
=(2 3)2−4×2
=4；
∴|a−b|=2．
故选C．
根据数量积的运算可得到(a−b)2=(a+b)2−4a⋅b，进而求出(a−b)2的值，从而得出|a−b|的值．
考查数量积的运算，求|a−b|而求(a−b)2的方法．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的指数与三角函数形式、复数的运算法则与几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础．
复数z1=2ei π3=2(csπ3+isinπ3)=1+ 3i，z2=ei π2=csπ2+isinπ2=i，再利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】
解：复数z1=2ei π3=2(csπ3+isinπ3)=1+ 3i，z2=ei π2=csπ2+isinπ2=i，
则复数z=z1z2=1+ 3ii=−i(1+ 3i)−i2= 3−i在复平面内对应的点( 3,−1)在第四象限．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：由斜二测画法法则知，直观图△A′B′C′对应的原图形△ABC是直角三角形，
其中AC是斜边，AD是直角边上的中线，所以最长的线段是AC．
故选：D．
由斜二测画法法则知直观图△A′B′C′对应的原图形△ABC是直角三角形，由此判断出结论．
本题考查了斜二测画法法则应用问题，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵2(csAcsB+csC)= 3sinB，A+B+C=π，
∴2csAcsB+2cs(π−A−B)= 3sinB，2csAcsB−2cs(A+B)= 3sinB，
∴2sinAsinB= 3sinB，
∵△ABC为锐角三角形，∴sinB≠0，
∴sinA= 32.而A∈(0,π2)，∴A=π3，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsπ3，∴7=b2+c2−6，
∴b2+c2=13，
则b+c= (b+c)2= b2+c2+2bc= 13+12=5．
故选：C．
利用诱导公式、两角和的余弦公式化简已知条件，求得A，利用余弦定理求得b+c．
本题主要考查了诱导公式的应用，考查了两角和与差的三角函数公式，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：过F作FG⊥BC于G，不妨设BE=3，EF=1，
则BF=4，FC=BE=3，所以BC=5，FG125，BG=165，
所以BG=1625BC，GF=1225BA
所以BF=BG+GF=1625BC+1225BA=1625a+1225b．
故选B．
利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．
本题主要考查平面向量的线性运算及平面向量的基本定理，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵asinB+bsinA=2c，
∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinBsinA=2sinC，而sinAsinB+sinBsinA≥2 sinAsinB⋅sinBsinA=2，当且仅当sinA=sinB时取等号．
∴2sinC≥2，即sinC≥1，又sinC≤1，故可得：sinC=1，
∴∠C=90°．
又∵sinA=sinB，可得A=B，
故三角形为等腰直角三角形．
故选：C．
由已知及正弦定理可得：sinAsinB+sinBsinA=2sinC，而sinAsinB+sinBsinA≥2 sinAsinB⋅sinBsinA=2，当且仅当sinA=sinB时取等号，即2sinC≥2，解得∠C=90°，A=B，从而得解．
本题主要考查了正弦定理，基本不等式的解法，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，∵a=b=5，c=8，∴△ABC内切圆的圆心I在AB边高线OC上(也是AB边上的中线)，
∴OA=OB=4，OC= BC2−OB2= 52−42=3，
以AB直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
则A(−4,0)，B(4,0)，C(0,3)，
设△ABC内切圆的半径为r，根据等面积算法可得：
12AB⋅OC=12(AB+BC+AC)⋅r，
∴12×8×3=12×(8+5+5)×r，
解得r=43，故内心I为(0,43)，
∴AI=(4,43)，AB=(8,0)，AC=(4,3)，
∵AI=xAB+yAC，
∴(4,43)=x(8,0)+y(4,3)，
∴4=8x+4y43=3y，∴2x+y=1y=49，∴x=518y=49，
∴x+y=518+49=1318，
故选：D．
建系，根据坐标法，平面向量坐标运算，三角形内心性质，方程思想即可求解．
本题考查面向量坐标运算，三角形内心性质，方程思想，坐标法，属基础题．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】本题主要考查平面向量的坐标运算、向量垂直、向量的夹角和投影向量，属于中档题．
对于A，结合向量的坐标运算即可判断；
对于B，结合向量垂直的性质即可判断；
对于C，结合平面向量的数量积和夹角即可判断；
对于D，结合投影向量的公式即可判断．
【解答】解：a=(−6,3)，b=(2,t)，
则a+b=(−4,4)=(−4,3+t)，即3+t=4，解得t=1，故A错误；
当a⊥b时，
则(−6)×2+3t=0，解得t=4，故B正确；
当a与b夹角为钝角时，
则a⋅b<0−6t≠3×2，解得t<4且t≠−1，
故t的取值范围为(−∞,−1)∪(−1,4)，故C错误；
t=2，
则a=(−6,3)，b=(2,2)，
故a在b上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=(−32,−32)，故D错误．
故选：ACD．
10.【答案】BC
【解析】解：设z=x+yi(x,y∈R)，
∵|z−1−i|=1，
∴|x−1+(y−1)i|= (x−1)2+(y−1)2=1，
∴(x−1)2+(y−1)2=1，表示以A(1,1)为圆心，1为半径的圆，
|z+2+3i|=|x+2+(y+3)i|= (x+2)2+(y+3)2，表示点(x,y)到点B(−2,−3)之间的距离，
连接AB交圆A于点C，延长线交圆A于点D，如图所示：
|BC|=|AB|−1=5−1=4，|BD|=|AB|+1=6，
即|z+2+3i|∈[4,6]，
观察四个选项可知，|z+2+3i|可能为4，6．
故选：BC．
设z=x+yi，由复数的几何意义得出复数z对应复平面的轨迹，再由距离公式结合圆的性质得|z+2+3i|的范围即可求解．
本题主要考查了复数的几何意义，考查了两点间距离公式的应用，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：如图所示：以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，
设OA=OB=OC=OD=OE=OF=OG=OH=a，
则2=a2+a2−2a2×csπ4，整理得到a2=2+ 2，A(0,−a),B( 22a,− 22a),C(a,0),D( 22a, 22a),E(0,a),F(− 22a, 22a)，G(−a,0)，H(− 22a,− 22a)，设P(x0,y0)，
对选项A：BG=(−a− 22a, 22a)，AH=(− 22a,a− 22a)，BG≠2AH，错误；
对选项B：AD=( 22a, 22a+a)，AB=( 22a,a− 22a)，AD⋅AB|AB|2=12a2+a2−12a212a2+(a− 22a)2=12− 2= 22+1，即投影向量为( 22+1)AB，正确；
对选项C：OA⋅FC=(0,−a)⋅(a+ 22a,− 22a)= 22a2，PA⋅ED=(−x0,−a−y0)⋅( 22a, 22a−a)=− 22ax0−(a+y0)( 22a−a)，OA⋅FC=(1+ 2)PA⋅ED，整理得到− 22ax0−(a+y0)( 22a−a)= 22a21+ 2，即y0=( 2+1)x0，与正八边形有两个交点，错误；
对选项D：AP=(x0,y0+a)，AB=( 22a,a− 22a)，AH=(− 22a,a− 22a)，AP=xAB+yAH，(x0,y0+a)=x( 22a,a− 22a)+y(− 22a,a− 22a)，
整理得到x+y=y0+aa− 22a，y0∈[− 22a,0]，故x+y∈[1,2+ 2]，正确．
故选：BD．
以AE所在直线为y轴，GC所在直线为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算BG≠2AH，A错误，投影向量为( 22+1)AB，B正确，直线与正八边形有两个交点，C错误，x+y=y0+aa− 22a，D正确，得到答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】52
【解析】解：z−2z+2=i，
则z(1−i)=2+2i，即z=2+2i1−i=2(1+i)2(1−i)(1+i)=2i，
故|3−4iz|=|3−4i||2i|=52．
故答案为：52．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
13.【答案】12 ( 34,14)
【解析】解：因为a=( 32,12)，所以|a|=1，
由|2a−b|= 6可得|2a−b|2=6，
所以4(a)2−4a⋅b+(b)2=6，即4−4a⋅b+4=6，
所以a⋅b=12，
所以b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=12a=( 34,14)．
故b在a上的投影向量的坐标为( 34,14)．
故答案为：12；( 34,14)．
由条件结合向量的模的坐标表示求|a|，根据向量的模与数量积的关系由条件|2a−b|= 6求a⋅b，再由投影向量的定义求b在a上的投影向量的坐标．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．
首先算出AO=12AD，然后用AB、AC表示出AO、EC，结合AB⋅AC=6AO⋅EC得12AB2=32AC2，进一步可得结果．
【解答】
解：设AO=λAD=λ2(AB+AC)，
AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC−AE)
=(1−μ)AE+μAC=1−μ3AB+μAC，
∴λ2=1−μ3λ2=μ，∴λ=12μ=14，
∴AO=12AD=14(AB+AC)，
EC=AC−AE=−13AB+AC，
6AO⋅EC=6×14(AB+AC)·(−13AB+AC)
=32(−13AB2+23AB⋅AC+AC2)
=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∵AB⋅AC=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∴12AB2=32AC2，∴AB2AC2=3，
∴ABAC= 3．
故答案为： 3
15.【答案】解：(1)∵OA=a，OB=b，
∴OC=OB+BC=OB+2BA=OB+2(OA−OB)=2OA−OB=2a−b；
DC=OC−OD=OC−23OB=2a−b−23b=2a−53b；
(2)设DE=μDC(μ>0)，
∴OE=OD+DE=OD+μDC=OD+μ(OC−OD)=(1−μ)OD+μOC，
∵OD=23OB=23b，OC=2a−b，
∴OE=(1−μ)⋅23b+μ(2a−b)=2μa+(23−53μ)b，
又OE=λOA=λa，且a，b不共线，
∴λ=2μ且23−53μ=0，
得λ=45．
【解析】(1)直接利用向量的线性运算和加减法的应用求解；
(2)直接利用向量的线性运算和共线向量的充要条件求λ．
本题考查向量的线性运算，平面向量基本定理，向量的加法和减法运算，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)∵z=1+i(i是虚数单位)是方程x2−px+q=0的根，
∴z−=1−i也是方程x2−px+q=0的根，
∴p=1+i+1−i=2q=(1+i)(1−i)=2，解得p=q=2．
(2)由(1)可得，(p+qi)⋅(m2+2mi)=(2+2i)⋅(m2+2mi)=2m2−4m+(4m+2m2)i，
∵(p+qi)⋅(m2+2mi)是纯虚数，
∴2m2−4m=04m+2m2≠0，解得m=2．
【解析】(1)根据已知条件，结合一元二次函数在复平面中的复数根互为共轭复数，即可求解．
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，属于基础题．
17.【答案】解：(1)设c=(x,y)，∵a=(1,2)，|c|=3 5，且a//c，
∴y=2x，x2+y2=45，
解得x=3，y=6；或x=−3，y=−6，即c=(3,6)，或c=(−3,−6)．
(2)∵|b|= 2，且(a+2b)⊥(a−b)，
∴(a+2b)⋅(a−b)=a2−2b2+a⋅b=5−4+a⋅b=0，∴a⋅b=−1．
故a与b的夹角的余弦值为a⋅b|a|⋅|b|=−1 5⋅ 2=− 1010．
【解析】(1)由题意利用两个向量平行的性质，用待定系数法求出求得c的坐标．
(2)由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的夹角公式，求得a与b的夹角的余弦值．
本题主要考查两个向量平行垂直的性质，两个向量的夹角公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，∵b=acsC+csinA中，∴sinB=sinAcsC+sinCsinA，
又∵sinB=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA，
∴sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+sinCsinA，
∴csAsinC=sinCsinA，
∵sinC≠0，∴csA=sinA，
∴tanA=1．
∴A=π4．
(2)∵csB=35，∴sinB= 1−cs2B=45，
∴sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 22×35+ 22×45=7 210．
在△ABC中，由正弦定理得ABsinC=BCsinA，即AB7 210=5 22，
解得AB=7．
∵BD=17BA，∴BD=17AB=1．
在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2−2BC⋅BDcsB=1+25−2×5×1×35=20．
∴CD=2 5．
【解析】(1)利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式得出tanA；
(2)在△ABC中，使用正弦定理求出AB，得出DB，再在△BCD中使用余弦定理求出CD．
本题考查了三角函数的恒等变换，正弦定理，余弦定理，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知△ABC中cs2B+cs2C−cs2A=1，即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
故sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理可得a2=b2+c2，
故△ABC直角三角形，
即A=π2；
(2)由(1)可得A=π2，所以三角形ABC的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x,|PB|=y,|PC|=z，
由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，得12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12×2，
整理得xy+yz+xz=4 33，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−12×4 33=−2 33；
(3)点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，m>0，n>0，x>0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|，得m+n=t；
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2，得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
即m+n+2=mn，而m>0，n>0，故m+n+2=mn≤(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时，等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)．
故实数t的最小值为2+2 3．
【解析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|，|PC|=n|PA|，|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式，即可求得答案．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，利用基本不等式的应用，属于中档题．
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