铁人中学2021级高一下学期月考考试数学参考答案

考试时间：2022 年 4 月 ___ 1 铁人中学2021 级高一下学期月考考试数学参考答案 一．选择题（60 分） 二．填空题（20 分） 13.             2 3 , 6 6 , 14. 2 3  15. 2 15 16.   12 , 8 三．解答题（70 分） 17. （10 分） 解： (1)因为复数   2 2 4 12 4 i z m m m      ，其中m R  ， 所以 2 2 4 12 0 4 0 m m m         ，解得：m=6. (2) 因为   2 2 4 12 4 i z m m m      在复平面内对应的点为  2 2 4 12, 4 m m m    ， 所以z 在复平面内对应的点关于虚轴对称得到的点  2 2 4 12, 4 m m m     . 由题意得： 2 2 4 12 0 4 0 m m m         ，解得：2 6 m   . 即m 的取值范围为  2,6 . 18.（12 分）解：(1)当三向量两两夹角为0 时， c b a   = 5 4 当三向量两两夹角为  3 2 时， c b a   = 5 (2)若a＋2b 与2a－b 垂直，则(a＋2b)(2a－b)＝0，即2a2＋3ab－2b2＝0．于是ab＝ 5 2  ， 从而cosθ＝   a b a b ＝－1，所以θ＝π． 19. （12 分）（1） AB AN BN   ， 4 21 2 1 2 2          AB AC BN ， 2 21  BN （2） ) ( 2 1 AC AB AM   ，   4 39 4 1 2 2    AC AB AM ， 2 39  AM 又因为   3 2 1 2 1             AB AC AC AB BN AM 所以 91 4 cos     BN AM BN AM MPN ， 91 273 5 sin  MPN . 20. （12 分）（1）∵ sin 1 sin sin A a b B C a c     b c a c    ，∴由正弦定理得 a b c b c a c     ， ∴ 2 2 2 a ac b c    ， 2 2 2 1 cos ,0 π 2 2 a c b B B ac       ， 60 B  ． ∴ 8sin cos cos2 m n A B A    2 2 4sin 1 2sin 2(sin 1) 3 A A A      ， ∴sin 1 A时，m n  取得最大值3， 此时 90 A ，又 60 B  ，则 30 C  ，ABC 是直角三角形； （2）由（1）知 2 2 2 3 a c ac b     ， ∴ 2 2 2 2 ( ) 1 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) 4 4 a c a c ac a c a c          ， ∴ 2 3 a c ≤ ，当且仅当a c  时等号成立，∴ 3 3 a c b   ， 又 3 a c b    ，∴ 2 3 a b c    ， ∴三角形周长的取值范围是(2 3,3 3] ． 21. （12 分）解：(1)依题意，在△ABD 中，∠DAB＝45°．由余弦定理得 DB2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos45°＝200， 所以DB＝10 2 ，即此时该外国船只与D 岛的距离为 10 2 n mile． (2)过点B 作BC AD  于点C ．在Rt△ABC 中，AC＝BC＝8 2 ，所以CD＝AD－AC＝6 2 ．以 D 为圆心，12 为半径的圆交BC 于点E ，连接AE，DE． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A A A D C B D AC AC BCD ACD 考试时间：2022 年 4 月 ___ 2 在Rt△DEC 中，CE＝ 2 2 ED CD  ＝6 2 ，所以BE＝2 2 ． 又AE＝ 2 2 AC CE  ＝10 2 ，所以sin∠EAC＝CE AE ＝3 5 ，可得∠EAC≈36°52′． 由于外国船只到达点E 所用时间为t＝4 BE ＝ 2 2 (时)，所以海监船的速度v≥AE t ＝20 (n mile/h)，航向为北偏东90°－36°52′＝53°08′，速度的最小值为20 n mile/h． 22. （12 分）（1）由 120 DOE   ， BOD    ， 则 120 BDO     ， 60 COE     ， 60 CEO     ， 在BOD  和COE  中，分别应用正弦定理可得，   sin sin 120 BD BO     ，     sin 60 sin 60 CE CO      故   sin sin 120 BD     ，     sin 60 sin 60 CE      ， 所以   sin 2 sin 120 AD      ，     sin 60 2 sin 60 AE       ，   0,60  . 从而       sin 60 sin 4 sin 120 sin 60 AD AE                  sin 60 sin 4 sin 60 sin 60               sin sin 60 4 sin 60         3 1 sin cos sin 2 2 4 3 3 1 cos sin 2 2            ， 从而 3 AD AE  为定值； （2）当 60 DOE   ， BOD    ， 则 120 BDO     ， 120 COE     ， CEO    ， 在BOD  和COE  中，分别应用正弦定理可得，   sin sin 120 BD BO     ，   sin 120 sin CE CO     ， 故   sin sin 120 BD     ，   sin 120 sin CE     ， 所以   sin 2 sin 120 AD      ，   sin 120 2 sin AE      ，   30 ,90   ，     sin 120 sin 4 sin 120 sin AD AE           ，   30 ,90   . 令     sin 120 sin sin 120 sin y         ，   30 ,90   ，     sin 120 sin sin 120 sin y         ， 设   sin 120 sin u     ，则 1 y u u   ，   3 1 cos sin sin 120 2 2 sin sin u          3 1 1 2 tan 2     ， 由   30 ,90   ， 3 tan , 3            ，   1 0, 3 tan ， 3 1 1 1 ,2 2 tan 2 2 u           ， 又 1 y u u   在 1 ,1 2      上单调递减，在  1,2 上单调递增， 而当 1 2 u  或2 时， 5 2 y  ，当 1 u 时， 2 y ，所以 5 2, 2 y       ， 因此 3 4 ,2 2 AD AE y         .