-2023-2024学年高一下学期数学期中模拟试卷（10份打包）（含解析）（人教A版2019必修二）

2023-2024学年高一数学下学期期中模拟试卷（2）
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：平面向量+解三角形+复数+立体几何
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
2．关于轴对称的函数在上是增函数．且最小值为，则它在上（ ）
A．是减函数，最小值是 B．是增函数，最大值是
C．是减函数，最大值是 D．是增函数，最小值是
3．已知向量，向量，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，，则等于（　　）
A．（7，－2） B．（1，－2）
C．（1，－3） D．（7，2）
5．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
6．在中，内角，，的对边分别为，，．根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
7．已知D，E分别是的边BC，AC上的中点，AD、BE交于点F，则　　
A． B． C． D．
8．已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．在复平面内，复数对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
10．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．若，则P是三角形的垂心
C．两个非零向量，，若，则与共线且反向
D．若，则存在唯一实数使得
11．如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（ ）

A．在末，点的坐标为
B．在末，扇形的弧长为
C．在末，点在单位圆上第二次重合
D．面积的最大值为
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．与向量垂直的单位向量为 ．
13．已知圆锥的顶点为，过母线、的截面面积是.若、的夹角是，且与圆锥底面所成的角是，则该圆锥的体积为 .
14．在三棱锥中，平面.，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
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．已知函数
（1）当写出函数的单调递减区间；
（2）设，求的最值.
16．在中，的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知点在线段上，且，求长.
17．如图，正方体中
(1)求证：
(2)求证：平面
18．如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为的中点，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)证明：平面平面.
19．在中，角，，的对边分别为，，，其中为锐角，.
（1）求；
（2）设为边上的中线，若，，请选择以下思路之一求出的长.
参考答案
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用余弦的二倍角公式化简，再利用余弦函数的周期公式即可求解.
【详解】因为
，
所以最小正周期，
故选：B.
2．关于轴对称的函数在上是增函数．且最小值为，则它在上（ ）
A．是减函数，最小值是 B．是增函数，最大值是
C．是减函数，最大值是 D．是增函数，最小值是
【答案】A
【分析】根据偶函数的性质判断即可.
【详解】因为函数关于轴对称，在上是增函数且最小值为，
所以函数为偶函数，在上是减函数，最小值是.
故选：A
3．已知向量，向量，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】，等价于，计算可得.
【详解】由已知得，
，
故选B．
【点晴】此题考向量垂直的充要条件，属于基础题.
4．已知向量，，则等于（　　）
A．（7，－2） B．（1，－2）
C．（1，－3） D．（7，2）
【答案】A
【分析】根据向量的坐标运算可解得结果.
【详解】因为，，所以.
故选：A.
5．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数相等的条件得到方程组，求出答案.
【详解】，故，
所以，解得.
故选：B
6．在中，内角，，的对边分别为，，．根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】A
【分析】由条件利用正弦定理以及大边对大角，逐项判断△ABC解的个数即可得解．
【详解】对于A，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据b＞a，可得B＞A，得B可能是锐角也可能是钝角，即角B有2个值，故△ABC有两解；
对于B，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据b＞a，可得B＞A，B只能是锐角，故△ABC有一个解；
对于C，若a＝7，b＝5，A＝80°，∵a＝7，b＝5，A＝80°，由正弦定理可得，得，得，再根据b＜a，∴B只能是锐角，故△ABC有一解；
对于D，若a＝14，b＝20，A＝45°，则由正弦定理可得，得，求得sinB＝，故B无解，得△ABC不存在.
故选：A．
【点睛】思路点睛：判断三角形解的个数问题：先利用正弦定理，余弦定理以及大边对大角来判定三角形的解的情况，再利用三角形的内角和定理，以及三角函数的图象与性质.
7．已知D，E分别是的边BC，AC上的中点，AD、BE交于点F，则　　
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用重心定理得到，再结合四边形法则转化为即可得解．
【详解】，E为中点，为重心，，
，
故选A．
【点睛】本题主要考查向量加法法则，重心定理等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】设从而可得即对应平面内距离为的点，从而利用数学结合求解即可.
【详解】设
,,
即
化为
故对应平面内距离为的点，如下图中,

,
与对应点的距离为或
构成了点共个点，
故的最大值为
故选：
【点睛】方法点睛：(1)本题是复数的综合应用，考查的主要是复数的模的几何意义的应用．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，利用复数的模的几何意义进行求解．
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．在复平面内，复数对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据复平面内，复数的对应的点的坐标，即可求得复数，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】因为复平面内，复数对应的点是，
所以，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确.
故选：AD
10．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．若，则P是三角形的垂心
C．两个非零向量，，若，则与共线且反向
D．若，则存在唯一实数使得
【答案】BC
【分析】利用零向量与共线向量的定义可判断ACD，利用向量数量积的运算法则可判断B.
【详解】对于A，当时，与不一定共线，故A错误；
对于B，由，得，
所以，，
同理，，故是三角形的垂心，故B正确；
对于C，由共线向量的性质可知，若，则与共线且反向，故C正确；
对于D，当，时，显然有，但此时不存在，故D错误.
故选：BC
11．如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（ ）

A．在末，点的坐标为
B．在末，扇形的弧长为
C．在末，点在单位圆上第二次重合
D．面积的最大值为
【答案】BCD
【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】在末,点的坐标为，点的坐标为；，扇形的弧长为；
设在末，点在单位圆上第二次重合，
则，故在末，点在单位圆上第二次重合；
,经过s后，可得，面积的可取得最大值.
故选:BCD.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．与向量垂直的单位向量为 ．
【答案】或
【详解】设这个向量为 ，
根据题意,有 ，
解得： ，
故 .
13．已知圆锥的顶点为，过母线、的截面面积是.若、的夹角是，且与圆锥底面所成的角是，则该圆锥的体积为 .
【答案】
【分析】圆锥的母线长是，利用三角形的面积公式求出母线，从而求出圆锥的高以及半径，由锥体的体积公式即可求解.
【详解】设圆锥的母线长是，则，.
则高是，
圆锥底面半径是.
于是该圆锥的体积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了锥体的体积公式、三角形的面积公式，需熟记公式，属于基础题.
14．在三棱锥中，平面.，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】由余弦定理可求出，设外接圆半径为，由正弦定理可求出，从而可求出三棱锥外接球的半径，进而可求出表面积.
【详解】解：在中，由余弦定理可知，
，则，
在中设其外接圆半径为 ，由正弦定理知，
所以.设三棱锥的外接球半径为，圆心为，三棱锥外接球球心为，
取的中点为，连接，因为，所以，
因为平面， 平面，所以，则是平行四边形，
则，则，即，
则球的表面积为，
故答案为: .
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的求解，考查了余弦定理，考查了正弦定理，属于基础题.本题的关键是求出外接球的半径.
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．已知函数
（1）当写出函数的单调递减区间；
（2）设，求的最值.
【答案】（1）减区间为；（2）当时，最大值为，最小值为，当时，最大值为，最小值为.
【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数解析式，利用整体法结合正弦函数的单调性求解即可；
（2）由，得出，利用正弦函数的性质得出，讨论的正负即可得出结论.
【详解】（1）
因为，则由，
则，
则函数的单调递减区间为
（2）当时，
则
当时，最大值为，最小值为
当时，最大值为，最小值为
【点睛】本题主要考查了正弦型函数的单调性以及最值，属于中档题.
16．在中，的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知点在线段上，且，求长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得.
【详解】（1）在中，由及余弦定理，得，
即，而，
所以.
（2）由（1）知，由余弦定理得，
为三角形内角，则，而，于是，
在中，由正弦定理得，
所以.
17．如图，正方体中
(1)求证：
(2)求证：平面
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用线面垂直的结论，进而可得线线垂直结论；
（2）利用线面垂直的判定定理，进而可得结论.
【详解】证明：(1)连结、
平面，平面
又，，平面
平面，又平面
(2)由，即同理可得，
又，平面
平面
【点睛】本题主要考查线线垂直，线面垂直的证明方法，属于基础题.
18．如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为的中点，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)证明：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由平面结合线面平行的性质定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）取中点为，由平面平面可得平面，从而得到，再由即可证得平面，于是，然后再根据即可证得平面，最后根据面面垂直的判定定理即可证出.
【详解】（1）证明：∵在四棱锥中，
∵平面平面，平面平面，
∴， ∵平面平面，
∴平面；
（2）如图，

取中点为，连接，因为为等边三角形，∴，
∵平面平面，
平面平面，面，
∴平面， 又平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面， 又∵平面，∴，
∵为中点，∴，且，平面，
∴平面， 且平面，∴平面平面.
19．在中，角，，的对边分别为，，，其中为锐角，.
（1）求；
（2）设为边上的中线，若，，请选择以下思路之一求出的长.
思路①：利用……
思路②：利用……
思路③：利用……
思路④：其它方法……
【答案】（1）；（2）条件选择见解析；.
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得；
（2）在中，由余弦定理得，进而根据选择思路计算求解即可.
【详解】解：（1）由正弦定理，得，
又，所以，
又为锐角，所以
（2）在中，由余弦定理得，
所以；
若选择思路①
由，
得，解得；
若选择思路②
由得到，
即；
若选择思路③
，
得.
若选择思路④，比照上述标准给分.2023-2024学年高一数学下学期期中模拟试卷（3）
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：平面向量+解三角形+复数+立体几何
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．为得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点
A．向右平移3个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移3个单位长度 D．向左平移个单位长度
2．函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
3．若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）．
A． B． C． D．
5．已知，是虚数单位，若，则
A．1或 B．或 C． D．
6．已知，，，且，则实数（ ）
A． B． C． D．
7．平行四边形ABCD中，，点F为线段AE的中点，则=（ ）
A． B． C． D．
8．已知外接圆圆心为，为所在平面内一点，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．下面说法正确的是（ ）
A．多面体至少有四个面 B．平行六面体六个面都是平行四边形
C．棱台的侧面都是梯形 D．长方体、正方体都是正四棱柱
10．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为2
B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限
C．z的共轭复数
D．
11．下列说法不正确的是（ ）
A．若 ，则与的方向相同或者相反
B．若，为非零向量，且 ，则与共线
C．若 ，则存在唯一的实数 使得
D．若 是两个单位向量，且 ，则
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．向量均为非零向量，，则的夹角为 ．
13．若△ABC中，，那么cosC= ．
14．函数的定义域为 ，单调增区间为 ．
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．求四面体的体积，其中．
16．在中，．
(1)求B的大小；
(2)延长BC至点M，使得．若，求的大小．
17．如图，有一块半径为2的半圆形钢板，计划裁剪成等腰梯形的形状，它的下底是半圆的直径，上底的端点在圆周上.记梯形的周长为，.

(1)将表示成的函数；
(2)求梯形周长的最大值.
18．中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
19．如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动.
(1)求出的值.
(2)求的范围.
(3)若，当最大时，求的值.
参考答案
选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．为得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点
A．向右平移3个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移3个单位长度 D．向左平移个单位长度
【答案】B
【解析】先化简得，根据函数图像的变换即得解.
【详解】因为，
所以函数图象上的所有点向右平移个单位长度可得到函数的图象.
故选B
【点睛】本题主要考查三角函数图像的变换，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
2．函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由正弦函数的最小正周期求解即可.
【详解】函数的最小正周期是：.
故选：C.
3．若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
即
故选：C.
4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以．
故选：A
5．已知，是虚数单位，若，则
A．1或 B．或 C． D．
【答案】A
【分析】由复数，则，可得，即可求解，得到答案．
【详解】由题意，复数，则，
所以，所以，即或，故选A．
【点睛】本题主要考查了共轭复数的概念，以及复数的运算的应用，其中解答中熟记共轭复数的概念，以及复数的乘法运算，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
6．已知，，，且，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据向量垂直的条件和向量数量积的坐标表示建立方程，求解即可.
【详解】解：因为，所以，
又，，，所以
，
解得，
故选：A.
7．平行四边形ABCD中，，点F为线段AE的中点，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算可得，，组成方程组即可求解．
【详解】点为线段的中点，
，
即①，
，
，
即②，
由①②得，，
故选：A．
8．已知外接圆圆心为，为所在平面内一点，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，根据题意，可得为的重心，则在上，又，可得，所以，，，四点共线，根据三角形的性质，设，即可求得答案.
【详解】取的中点，连接，则，
由，知为的重心，则在上，
所以，而，
所以，，，四点共线，所以，即，
不妨令，则，，则，
所以．

故选：D．
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．下面说法正确的是（ ）
A．多面体至少有四个面 B．平行六面体六个面都是平行四边形
C．棱台的侧面都是梯形 D．长方体、正方体都是正四棱柱
【答案】ABC
【分析】对于A：由多面体的定义即可判断；对于B：由平行六面体的定义即可判断；对于C：由棱台的定义即可判断；对于D：举反例：底面不是正方形的长方体可以否定命题.
【详解】对于A：最简单的多面体是三棱锥，有4个面，所以多面体的面数大于等于4，所以“多面体至少有四个面”正确.故A正确；
对于B：由平行六面体的定义可知：平行六面体六个面都是平行四边形.故B正确；
对于C：由棱台的定义可知：棱台的侧面都是梯形.故C正确；
对于D：按照正四棱柱的定义，底面必须是正方形，所以底面不是正方形的长方体就不是正四棱柱.故D错误.
故选：ABC
10．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为2
B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限
C．z的共轭复数
D．
【答案】AD
【分析】先求出复数z的代数形式，然后再利用复数的概念和几何意义逐一判断即可.
【详解】，
则的虚部为2，A正确；
复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；
z的共轭复数，C错误；
，D正确.
故选：AD.
11．下列说法不正确的是（ ）
A．若 ，则与的方向相同或者相反
B．若，为非零向量，且 ，则与共线
C．若 ，则存在唯一的实数 使得
D．若 是两个单位向量，且 ，则
【答案】ACD
【分析】利用零向量与任意向量平行可判定A，利用共线向量的定义可判定B，利用共线向量的充要条件可判定C，利用平面向量的数量积与模长关系可判定D.
【详解】对A，若为零向量时，与的方向不确定，故A错误；
对B，分别表示，方向上的单位向量，根据题意可知B正确；
对C，若为零向量，不为零向量时，不存在实数 使得 ，故C错误；
对D，由，
所以，故D错误.
故选：ACD
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．向量均为非零向量，，则的夹角为 ．
【答案】/60°
【分析】根据，得到,再利用夹角公式求解.
【详解】.因为，
所以，
即,
所以,
因为,
所以，
故答案为：
13．若△ABC中，，那么cosC= ．
【答案】-0.25.
【详解】试题分析：由正弦定理得，
所以.
故答案为-0.25.
考点：正弦定理；余弦定理.
14．函数的定义域为 ，单调增区间为 ．
【答案】
【分析】根据正切函数的图像和性质即可求解.
【详解】由，解得，
所以的定义域为，
由解得，
所以的单调增区间为，
故答案为：，
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．求四面体的体积，其中．
【答案】
【分析】首先根据余弦定理求出，进一步根据许崇宁体积公式即可求解.
【详解】，，

因为，
所以，
由许崇宁体积公式得：
．
16．在中，．
(1)求B的大小；
(2)延长BC至点M，使得．若，求的大小．
【答案】(1)；
(2)或．
【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小；
（2）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小.
【详解】（1）在中，，所以．
因为，所以，
即
化简得．
因为，所以，．
因为，所以．
（2）法1：设，，则．
由（1）知，又，所以在中，．
在中，由正弦定理得，即①．
在中，由正弦定理得，即②．
①÷②，得，即，所以．
因为，，所以或，故或．
法2：设，则，．
因为，所以，因此，
所以，．
在中，由正弦定理得，即，
化简得．
因为，所以或，，
故或．
17．如图，有一块半径为2的半圆形钢板，计划裁剪成等腰梯形的形状，它的下底是半圆的直径，上底的端点在圆周上.记梯形的周长为，.

(1)将表示成的函数；
(2)求梯形周长的最大值.
【答案】(1)；
(2)10.
【分析】（1）根据给定条件，利用圆的性质，结合直角三角形边角关系求解即得.
（2）利用二倍角的余弦公式变形函数，再利用换元法，结合二次函数求出最大值.
【详解】（1）由是半圆的直径，得，则，
过作交于，连接，则，

因此，
所以.
（2）由（1）知，
设，则，显然当时，有最大值10，
所以梯形周长的最大值是10.
18．中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用面积公式求出，在中由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）设，，分别利用余弦定理表示出、，从而得到，再由余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.
19．如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动.
(1)求出的值.
(2)求的范围.
(3)若，当最大时，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）由（1）知，根据正弦函数的性质计算可得；
（3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，又，两边同除，令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解；
【详解】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示．
由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，．
因为点在以为圆心，为半径的圆上运动，故设，
则，，，
所以
．
（2）由（1）知，
又因为，所以，
即.
（3）因为
，
所以，
代入整理得，，
显然，两边同时除以，
得，
令，，则，
即，
所以，即，
解得，所以（即）的最大值为．
此时，所以，
所以，，所以.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，将问题转化为三角函数及不等式问题.2023-2024学年高一数学下学期期中模拟卷01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第六章——第八章（人教A版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知，则复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）
A．6 B． C．12 D．24
3．在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．平面向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是（其中为三角形面积，为小斜，为中斜，为大斜）.在中，若，，，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
10．在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，且，则实数 ．
13．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为 ．
14．已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是 ．
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．（本小题满分13分）在如图的方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点．
(1)试以B为始点画出向量，使，且，并求向量的坐标；
(2)在（1）的条件下，求．
16．（本小题满分15分）在中，三个内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)延长至点，使满足：，求.
17．（本小题满分15分）如图，直三棱柱中，，，、、分别为、、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
18．（本小题满分17分）如图，在四面体，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
19．（本小题满分17分）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
参考答案
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知，则复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由可得，
所以复数的共轭复数是，故选C.
2．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）

A．6 B． C．12 D．24
【答案】C
【解析】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，
则原的面积为，故选C
3．在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，故选A.

4．已知平面向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】平面向量，，，
所以向量在上的投影向量为，故选：D
5．平面向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，则，又向量与的夹角为，，
所以，
所以.
故选B.
6．已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设底面半径为，母线长为，
则有，解得，
则，故选B.
7．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】若，，，则与的位置关系不能确定；
若，因为，所以，又，所以成立.
所以“”是“”的必要不充分条件，故选B
8．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是（其中为三角形面积，为小斜，为中斜，为大斜）.在中，若，，，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在中，若，，，
则的面积．
故选：B．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
【答案】BD
【解析】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选：BD
10．在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】A选项，由正弦定理得，A选项正确.
B选项，由正弦定理得，
而当时，则或，则或，
所以B选项错误.
C选项，由正弦定理得，
所以，所以C选项正确.
D选项，，由正弦定理得，
所以D选项正确，故选ACD
11．如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）

A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
【答案】AC
【解析】对A，正方体中，平面，平面，平面，A选项正确；

对B，由图可知直线与直线都在平面中，故B选项错误；
对C，连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体中，，且，平面，
得平面，则平面，故C选项正确；
对D，连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
，，则，故D选项错误.
故选：AC.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，且，则实数 ．
【答案】
【解析】由已知，且，
所以，解得，
13．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为 ．
【答案】
【解析】如图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，易证四边形KMCA为等腰梯形，上底KM＝，下底AC＝，腰长AK＝MC＝，则其高为KH＝，所以计算可得其面积为.
　　
14．已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是 ．
【答案】2
【解析】以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，
因为等边的边长为，则，
设，
则，，
所以，
，
因为，所以
所以的最大值为2．
四、解答题：本题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）在如图的方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点．
(1)试以B为始点画出向量，使，且，并求向量的坐标；
(2)在（1）的条件下，求．
【解】（1）向量满足，且，则如图，这两个向量均满足题意，证明如下：
向量，，则，得，
因为，解得，所以；
（2）若，，，所以．
若，，．所以．
16．（本小题满分15分）在中，三个内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)延长至点，使满足：，求.
【解】（1）因为，由余弦定理可变形为，
所以，由正弦定理得，
所以，
所以，所以，
因为，所以，又，所以.
（2）在中，由（1）可知，所以，
由正弦定理可得，
所以，
在中，因为，所以，
由正弦定理可得，所以，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，
即，
整理化简得，所以.
17．（本小题满分15分）如图，直三棱柱中，，，、、分别为、、的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
在直三棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
又因为为的中点，所以，且，
所以，且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）证明：连接、，

在直三棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为，，所以，，
又因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，则平行四边形为菱形，所以，，
因为、分别为、的中点，所以，，所以，，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，同理可证，
因为，、平面，因此，平面.
18．（本小题满分17分）如图，在四面体，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
【解】（1）取的中点，连接
在中，，同理
而平面
又平面；

（2）在上能找到一点，使平面，此时为的中点，
证明如下：
连接

是的中点，
平面平面，平面，
的中点即为所求．
（3）
是公共边，
，从而
由（1）可知：
，即，
，平面，
∴ 平面，
面，
∴ 平面平面．
19．（本小题满分17分）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
【解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，.
（2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，，
因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，，
因为，所以有5个分量为，
设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在10个两两垂直的10维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S，
则，
设，，…，的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以，
令，所以，所以.2023-2024学年高一数学下学期期中模拟卷02
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第六章——第八章（人教A版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．复数的虚部是（ ）
A．2 B． C．1 D．
2．已知向量，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
3．如图，在中，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
4．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）
A． B． C． D．
5．在中，B=30°，BC=2，AB=，则边AC的长等于（ ）
A． B．1 C． D．2
6．碗是人们日常必需的饮食器皿，碗的起源可追溯到新石器时代泥质陶制的碗，其形状与当今无多大区别，即口大底小，碗口宽而碗底窄，下有碗足．如图所示的一个碗口直径为9.3cm，碗底直径为3.8cm，高4cm，它的形状可以近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量满足满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（ ）
A．53米 B．55米
C．57米 D．60米
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分2分，有选错的得0分）
9．下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（ ）
A．
B．复数的共轭复数的虚部为2
C．若是关于的方程的一个根，则
D．若复数满足，则的最大值为2
10．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为.在的斜坐标系中，，.则下列结论中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量为
11．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则且
B．若，则
C．若，则
D．若，则
12．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：，现有周长为的满足．判定下列命题错误的是（ ）
A．的面积为 B．在中角
C．的外接圆半径为 D．的内切圆半径为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．已知向量，，若，共线，且，则向量的坐标可以是 .（写出一个即可）
14.1748年，瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式可知，设复数，根据欧拉公式可知，表示的复数的模为 .
15．在中，角A、B、C所对的边为a，b，c，若，，，则的面积为 ．
16．如图，直三棱柱中，，，为线段上的一个动点，则的最小值是 .
三、解答题：共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.、
17．（本小题满分10分）设两个向量满足，
(1)求方向的单位向量；
(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
18．（本小题满分12分）在锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
(1)求；
(2)若，求的面积.
19．（本小题满分12分）已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为．
(1)求圆锥的表面积；
(2)如图，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积．
20．（本小题满分12分）已知，，，函数的最小正周期为.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，，求周长的取值范围.
21．（本小题满分12分）如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．
(1)在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；
(2)假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．
22．（本小题满分12分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.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，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：
已知的内角，，所对的边分别为，，，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求.
参考答案
第Ⅰ卷
一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．复数的虚部是（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【解析】，虚部为，故选C
2．已知向量，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以，
又因为，所以，解得，故选A
3．如图，在中，，若，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以.
故选：C.
4．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得：，
由直观图可得原图，如图所示，可知：，
可得，
所以原三角形的周长.

故选：D.
5．在中，B=30°，BC=2，AB=，则边AC的长等于（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【解析】由余弦定理，得，
解得AC=1，故选B.
6．碗是人们日常必需的饮食器皿，碗的起源可追溯到新石器时代泥质陶制的碗，其形状与当今无多大区别，即口大底小，碗口宽而碗底窄，下有碗足．如图所示的一个碗口直径为9.3cm，碗底直径为3.8cm，高4cm，它的形状可以近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知：碗口半径为，碗底半径为，
可知母线为，
所以其侧面积约为，故选：C.
7．已知向量满足满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，，，
，
，
因此，故选D．
8．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（ ）

A．53米 B．55米
C．57米 D．60米
【答案】A
【解析】如图，连接，

在中，，则是等边三角形，，
由，得，而，在中，由余弦定理得：
（米）.
故选：A
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得部分2分，有选错的得0分）
9．下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（ ）
A．
B．复数的共轭复数的虚部为2
C．若是关于的方程的一个根，则
D．若复数满足，则的最大值为2
【答案】BD
【解析】对于A中，由复数的运算法则，可得，所以A不正确；
对于B中，由复数，可得，可得的虚部为，所以B正确；
对于C中，由若是关于的方程的一个根，
可得方程的另一根为，则，所以C不正确；
对于D中，由复数满足，可得在复平面内表示以为圆心，半径为的圆，
又由表示圆上的点到原点的距离，可其最大值为，所以D正确.
故选：BD.
10．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为.在的斜坐标系中，，.则下列结论中，错误的是（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】由题意得：，，
对于A项，，
由题意得：，故A正确；
对于B项，，
，故B不正确；
对于C项，，故C项不正确；
对于D项，在上的投影向量为：，
又，，
，故D不正确.
故选：BCD
11．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则且
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【解析】对于A，若，则结论不成立，错误；
对于B，如图：

设，在l上选一点S，分别在平面内作，在PS和QS上分别选点P，Q，
过P，Q作的垂线，则有，所以四边形SQTP是平行四边形，相交于T点，
又，四边形是矩形，，
又，正确；
对于C，如图：

，在n上选一点S，在平面内作直线SP，使得，令为，在平面内作直线QS，使得，
由于，则根据二面角的定义有，，
又，正确；
对于D，

，在平面内作直线，使得，
如果不平行于n，则由于同在平面内，则必定相交于一点P，则，
在平面内，过P点作直线，使得，则有，与平行线的传递性质矛盾，
，正确；
故选：BCD.
12．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：，现有周长为的满足．判定下列命题错误的是（ ）
A．的面积为 B．在中角
C．的外接圆半径为 D．的内切圆半径为
【答案】BCD
【解析】由题意结合正弦定理可得：，
设，
周长为，即，
，，，.
由题中公式得，故A正确；
由余弦定理得：，
而，则，故B错误；
设的外接圆半径为，由正弦定理得，解得，故C错误；
设的内切圆半径为r，则的面积，解得，故D错误.
故选：BCD.
三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．已知向量，，若，共线，且，则向量的坐标可以是 .（写出一个即可）
【答案】或（写出一个即可）
【解析】由已知得，解得或，
即向量的坐标可以是或.
14.1748年，瑞士著名数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公式可知，设复数，根据欧拉公式可知，表示的复数的模为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，
所以表示的复数的模为.
15．在中，角A、B、C所对的边为a，b，c，若，，，则的面积为 ．
【答案】
【解析】因为在中，，，，
所以的面积为，
16．如图，直三棱柱中，，，为线段上的一个动点，则的最小值是 .

【答案】
【解析】将图中的和放置于同一平面内，如图所示，

则.
因为直三棱柱中，，，
所以中，.
同理，在中，,所以
所以在图中，,
所以,即.
所以的最小值是.
三、解答题：共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.、
17．（本小题满分10分）设两个向量满足，
(1)求方向的单位向量；
(2)若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
【解】（1）由已知，
所以，
所以，
即方向的单位向量为；
（2）由已知，，
所以，
因为向量与向量的夹角为钝角，
所以，且向量不与向量反向共线，
设，则，解得，
从而，
解得.
18．（本小题满分12分）在锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
(1)求；
(2)若，求的面积.
【解】（1）因为为锐角三角形，则
因为，则，
因为，可得，
所以．
（2）
因为，
由余弦定理可得，即，
整理得．则或（舍去）；
所以的面积为．
19．（本小题满分12分）已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为．
(1)求圆锥的表面积；
(2)如图，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积．
【解】（1）设圆锥的底面半径为r，高为h
由题意，得：，∴，∴
∴圆锥的侧面积
圆锥的底面积
∴圆锥的表面积
（2）由（1）可得：圆锥的体积为
又圆柱的底面半径为，高为
∴圆柱的体积为
∴剩下几何体的体积为
20．（本小题满分12分）已知，，，函数的最小正周期为.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，，求周长的取值范围.
【解】（1）因为，，则，
，
故，
因为最小正周期为，所以，所以，故，
由，，解得，，
所以的单调递增区间为，.
（2）由（1）及，即，又，所以，解得，
又为锐角三角形，即，即，解，
，
又，，，
，
所以周长的取值范围为.
21．（本小题满分12分）如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．

(1)在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；
(2)假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．
【解】（1）存在，；理由如下：
假设存在，连接并延长，交于E，连接．

因为平面，平面，
平面，
所以，
则，
因为正方形中，，所以，
假设成立.
则此时.
（2）由（1）得，所以；
中，，
所以
所以；
因为，所以，
所以．
22．（本小题满分12分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.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，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：
已知的内角，，所对的边分别为，，，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求.
【解】（1）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则2023-2024学年高一数学期中模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则（ ）
A． B．2 C． D．
2．在中，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A． B． C． D．
4．碧津塔是著名景点·某同学为了浏量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ）
A．37.54 B．38.23 C．39.53 D．40.52
5．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，则（ ）
A．的长度大于的长度
B．的面积为4
C．的面积为2
D．
6．已知平面向量满足在方向上的投影为1，则（ ）
A．4 B． C．5 D．与有关
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．1
8．已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A． B． C．2 D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知复数满足为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为 B．在复平面内对应的点位于第二象限
C． D．是方程的一个根
10．如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
11．在三角形所在平面内，点满足，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线一定经过三角形的重心
B．当时，直线一定经过三角形的外心
C．当时，直线一定经过三角形的垂心
D．当时，直线一定经过三角形的内心
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
13．在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
14．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）

①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
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．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
17．（15分）在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
18．（17分）如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
19．（17分）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】根据共轭复数的定义，复数乘法运算，复数相等，复数模公式运算得解.
【详解】由，得，设，
则，即，所以，得，所以．
故选：C．
2．在中，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】在中，因为，所以为的中点，
又因为，所以为线段的靠近的三等分点，
所以．
故选：D．
3．如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
4．碧津塔是著名景点·某同学为了浏量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ）
A．37.54 B．38.23 C．39.53 D．40.52
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再结合直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，，则，，
由正弦定理得，则，
在中，，则，
在中，，则，又，
因此，，
所以碧津塔高约为38.23米.
故选：B
5．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，则（ ）
A．的长度大于的长度
B．的面积为4
C．的面积为2
D．
【答案】B
【分析】根据斜二测画法确定原图形，由此判断各选项.
【详解】由图象知：，，
，为的中点
所以，A错误；
的面积，B正确；
因为，，
所以的上的高，
的面积，C错误，
，所以，D错误.
故选：B
6．已知平面向量满足在方向上的投影为1，则（ ）
A．4 B． C．5 D．与有关
【答案】C
【分析】由投影的定义求出，再由向量的模长公式求解即可.
【详解】由在方向上的投影为1可知，
又，故，而，
所以.
故选：C．
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．1
【答案】B
【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.
【详解】根据题意，得，
当，，时，，此时，
所以.
故选：B.
8．已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】设，
因为，，所以，
又，所以，所以点共圆，
要使的最大，即为直径，
在中，由余弦定理可得，
又由正弦定理，
即的最大值等于，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知复数满足为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为 B．在复平面内对应的点位于第二象限
C． D．是方程的一个根
【答案】BD
【分析】利用复数的概念、运算法则、几何意义一一判定选项即可.
【详解】因为，所以，
则的虚部为，故A错误；
由于，则在复平面内对应的点位于第二象限，故B正确；
由于，故C错误；
方程可化为，方程的根为，故D正确．
故选:BD．
10．如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
【答案】ACD
【分析】根据三棱柱的体积公式即可判断A选项；通过确定球心的位置，求出直三棱柱外接球的半径，即可判断B选项；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理可判断C选项；通过三棱柱的侧面展开图可判断D选项．
【详解】选项A：因为，，
所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，
所以，故A正确．
选项B：如图1，记和外接圆的圆心分别为和，
连接，，记的中点为，连接，
则， ，
易知为直三棱柱的外接球半径，
且，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故B错误．

选项C：如图2，取的中点，连接，
易知，，且，
故即异面直线与所成角或其补角，连接，
则，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为，故C正确．
选项D：将直三棱柱的侧面展开得到平面展开图，
如图3所示．连接，分别交，于点，
易知的最小值为．
在侧面展开图中易知点分别为的三等分点，
过点作交于点，
由勾股定理得，
因为，所以，故D正确．
.
11．在三角形所在平面内，点满足，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线一定经过三角形的重心
B．当时，直线一定经过三角形的外心
C．当时，直线一定经过三角形的垂心
D．当时，直线一定经过三角形的内心
【答案】AC
【分析】对于A，点为的中点，根据重心的性质和已知条件分析判断，对于B，由向量的加法法则分析判断，对于C，化简即可得结论，对于D，结合正弦定理得，进一步由A选项分析可知.
【详解】对于A，因为，，设点为的中点，
所以，所以直线一定经过三角形的重心，故A正确；
对于B，当时，，
因为为与方向相同的单位向量，为与方向相同的单位向量，
所以平分，即直线一定经过三角形的内心，故B错误；
对于C，当时，，
所以，
所以，所以直线一定经过三角形的垂心，故C正确；
对于D，当时，，
而由正弦定理有，即有，
结合A选项分析可知直线一定经过三角形的重心，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：判断的C关键是得到等于0，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
【答案】
【分析】
根据给定条件，设出复数的代数形式，再利用复数模及复数乘除法运算计算得解.
【详解】
设（），（），
由，得，
即，整理得，
又，因此，
所以.
故答案为：
13．在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
【答案】
【分析】利用张角定理得到，再利用不等式中的妙用来求解最值.
【详解】是的角平分线，
，
由张角定理得:，
即，
，
，
（当且仅当，即时取“=”）.
故答案为：.
14．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）

①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
【答案】①②④
【分析】
根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案.
【详解】①如图当时，即为中点，此时可得，
，
故可得截面为等腰梯形，故①正确；

②当时，如图，
延长至，使，连接交于，连接交于，
连接，可证，由，
可得，故可得，故②正确；

③由②可知当时，只需点上移即可，
此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误；
④当时，与重合，取的中点，连接，
可证，且，
可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．

故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质．
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．（13分）
在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；...........................6分
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得...........................13分
16．（15分）
已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到的正切值，进而求解即可；
（2）解法一利用已知条件和向量的知识得到，进而实数化得到和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为
故，
即，
即．
而，故，
又因为所以．
而，故．...........................7分
（2）解法一：由知，
两边同时平方得，
即，化简得．①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得．
所以的面积为．..........................15分
解法二：在中，由余弦定理可得，
整理得，①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得，
所以的面积为．...........................15分
17．（15分）
在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
【答案】(1)
(2)，最小值为：
【分析】（1）根据题意用表示出，再根据M，P，N三点共线用表示出，利用平面向量基本定理即可求解.
（2）根据数量积的定义分别求出，，再对平方即可将表示成关于的函数，再利用基本不等式求
的最小值即可.
【详解】（1）一方面，
故.
另一方面，由M，P，N三点共线知，
所以，即
消去，得，故...........................7分
（2）由得，，因为，
所以，所以；，所以；
所以
当目仅当即时等号成立，
所以;............................15分
【点睛】本题考查向量模的最值，利用向量数量积的定义将，，转化为，，再对平方，将表示成关于的函数，最后利用基本不等式求出的最小值
18．（17分）
如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)线段上当点满足，使平面．
【分析】
（1）先根据线面垂直的性质定理与判定定理证得平面，从而得证；
（2）根据三棱锥等体积即可求解.
（3）利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得解.
【详解】（1）因为底面，平面，所以.
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以............................4分
（2）设点到平面的距离为.
因为底面，，为的中点，
所以点到平面的距离为.
又因为在中，，，．
则，
.
又因为底面，平面，所以，
又因为，，为的中点，
所以，
又因为由（1）知平面，平面，所以，
则.
所以，则，
则的面积为，
所以，解得............................10分
（3）线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
因为为的中点，
所以由为的中位线，可得.
又因为平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，则，
又因为平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面MNK，所以平面ABC．...........................17分
19．（17分）
对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)505
【分析】
（1）根据定义找出，，从而得到，；
（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；
（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.
【详解】（1）因为，，，
所以............................3分
（2）
设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．.........................9分
（3）
设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．...........................17分
【点睛】
关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.高一下学期期中考试模拟试卷（B）
一、单选题
1．已知，，若，则实数的值等于　　
A．3 B． C．或3 D．2
2．已知的外接圆的圆心为，若，且，则向量在向量方向上的投影为（ ）
A． B． C．3 D．1
3．设函数在上为增函数，在上是减函数，则的可能取值为（ ）
A．， B．
C．， D．
4．已知，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知向量，，，，的夹角为，若存在实数m，使得，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数，的最小值为a，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．1
7．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，那么等于
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．第二象限的角必大于第一象限的角 B．角度化为弧度是
C．是第二象限的角 D．是终边相同的角
10．对任意的平面向量，，，下列说法错误是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若//，//，则//
11．已知函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，的图象关于轴对称，若的相邻两条对称轴的距离是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小正周期为
C．在上的单调增区间是，
D．的图象关于点中心对称
12．关于函数，下列判断正确的是（ ）
A．的图象的对称中心为 B．函数的最小正周期为
C．在上存在单调递减区间 D．有最大值2和最小值-2
三、填空题
13．函数的最大值为___________.
14．半径为2的扇形面积为，则扇形所对圆心角的弧度数为________．
15．已知，将从小到大排列___________
16．已知平面向量，，满足，，．若，则的取值范围是______
四、解答题
17．已知，且都是锐角，求证：.
18．已知函数（）．
（1）求的最小正周期及在区间内单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
19．如图，在中，，，，、分别是线段、上一点，且.
(1)设，，设，求；
(2)若为线段与线段的交点，求.
20．若的图像的最高点都在直线上，并且任意相邻两个最高点之间的距离为.
（1）求和的值；
（2）已知是的一个内角，若点是函数图像的一个对称中心，求函数，的值域.
21．已知角是第三象限角，且．
（1）化简；
（2）若求的值；
（3）若，求的值．
22．设a＝sinxcosx，b＝sinx+cosx.
（1）求a，b的关系式；
（2）若x∈（0，），求y＝sinxcosx+sinx+cosx的最大值.试卷第1页，共3页
参考答案
一、单选题
1．已知，，若，则实数的值等于　　
A．3 B． C．或3 D．2
【答案】C
【详解】解：，；
；
解得或3．故选C．
2．已知的外接圆的圆心为，若，且，则向量在向量方向上的投影为（ ）
A． B． C．3 D．1
【答案】C
【详解】解：如图，设点为边的中点，连接，
∴，
又，
∴重合，
又的外接圆的圆心为，
∴为直角三角形，且，
又，
∴，且，
∴，且，
∴向量在向量方向上的投影，
3．设函数在上为增函数，在上是减函数，则的可能取值为（ ）
A．， B．
C．， D．
【答案】D
【详解】解：因为在上为增函数，在上是减函数，
所以在处取得最大值，即，即，解得，又函数在上为增函数，所以且，故，所以时，
4．已知，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意，则，
由可得，
即有，即，，解得，
5．已知向量，，，，的夹角为，若存在实数m，使得，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】解：由，得，又，所以，
若存在实数m，使得，则，
因为，所以，故.
6．已知函数，的最小值为a，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【详解】解：，且
则，解得，
，，
则，
，即，解得，
7．将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为，所以，
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
因为，所以为偶函数，所以，
解得，又，所以的最小值为．
8．已知，，那么等于
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】.
二、多选题
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．第二象限的角必大于第一象限的角 B．角度化为弧度是
C．是第二象限的角 D．是终边相同的角
【答案】BD
【详解】如，位于第二象限，位于第一象限，
故第二象限的角不一定大于第一象限的角，A错误；
角度化为弧度是，B正确；
是第三象限的角，C错误；
，，，故是终边相同的角，D正确；
10．对任意的平面向量，，，下列说法错误是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若//，//，则//
【答案】BCD
【详解】对于A，由两个向量的数量积满足交换律知，A正确；
对于B，因与都是实数，则向量与共线，向量与共线，而与是任意两个向量，B不正确；
对于C，当时，对任意的向量，均有，因此不一定有，C不正确；
对于D，当时，对任意的向量，均有//，//，即不一定有//，D不正确.
11．已知函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，的图象关于轴对称，若的相邻两条对称轴的距离是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小正周期为
C．在上的单调增区间是，
D．的图象关于点中心对称
【答案】AD
【详解】的相邻两条对称轴距离为，最小正周期，解得：；
，，
图象关于轴对称，，解得：，
又，，；
对于A，，A正确；
对于B，的最小正周期，B错误；
对于C，令，解得：，
的单调递增区间为，
则在上的单调增区间是，，C错误.
对于D，，图象关于点中心对称，D正确.
12．关于函数，下列判断正确的是（ ）
A．的图象的对称中心为 B．函数的最小正周期为
C．在上存在单调递减区间 D．有最大值2和最小值-2
【答案】AB
【详解】解：函数
且，
由得，即，
所以，，
对于A，令，得，所以的图象的对称中心为，故A正确；
对于B，因为，，所以最小正周期，故B正确；
对于C，令，得，所以在上不存在单调递减区间，故C不正确；
对于D，因为，，所以，所以，
所以函数不存在最大值，不存在最小值，故D不正确；
三、填空题
13．函数的最大值为___________.
【答案】
【详解】，所以的最大值为.
14．半径为2的扇形面积为，则扇形所对圆心角的弧度数为________．
【答案】
【详解】设扇形所对圆心角的弧度数为，半径为，
由扇形面积公式可得：，
解得.
15．已知，将从小到大排列___________
【答案】
【详解】因为，所以，，所以，
令，所以，
故答案为：.
16．已知平面向量，，满足，，．若，则的取值范围是______
【答案】
【详解】解：记，，，则，，．
由题意，，可得（显然）
又由，得，消去n得，
化简得，即．
结合，可解得或．
因此，．
四、解答题
17．已知，且都是锐角，求证：.
【答案】见解析
【详解】.
都是锐角，，
.
18．已知函数（）．
（1）求的最小正周期及在区间内单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）最小正周期；和上单调递增；（2）最大值为，最小值为．
【详解】解：（1）函数（），
的最小正周期；
因为的单调递增区间为，
可得
得，
那么和上单调递增；
（2）由，∴，
根据正弦函数的图象及性质可知：；
那么
函数在区间上的最大值为，最小值为．
19．如图，在中，，，，、分别是线段、上一点，且.
(1)设，，设，求；
(2)若为线段与线段的交点，求.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）
∵
∴
∵，
∴；
（2）
∵，直线与相交于点
设，
∵A，M，D三点共线
∴，
解得，，
∴，
∴，
∵在△ABC中，，
∴
20．若的图像的最高点都在直线上，并且任意相邻两个最高点之间的距离为.
（1）求和的值；
（2）已知是的一个内角，若点是函数图像的一个对称中心，求函数，的值域.
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由已知得
，
，
又当时，得最大值2，
所以，
故；
（2）由（1）得，
因为是的一个内角，若点是函数图像的一个对称中心，
所以，即，因为 ，所以 ，所以，所以，所以，所以，
所以，的值域为.
21．已知角是第三象限角，且．
（1）化简；
（2）若求的值；
（3）若，求的值．
【答案】（1） （2） （3）
.
【详解】（1）.
（2）因为所以，
又角是第三象限角，所以
所以
（3）因为，
所以
22．设a＝sinxcosx，b＝sinx+cosx.
（1）求a，b的关系式；
（2）若x∈（0，），求y＝sinxcosx+sinx+cosx的最大值.
【答案】（1）b2＝1+2a；（2）.
【详解】（1）∵b＝sinx+cosx，
∴b2＝（sinx+cosx）2＝1+2sinxcosx＝1+2a；
（2）由（1），
因为x∈（0，），所以.
所以y＝a+b＝，
∴b＝时，y＝sinxcosx+sinx+cosx的最大值为.
试卷第1页，共3页高一期中模拟卷（二）
一、单选题
1．下列命题中不正确的是（ ）
A．圆柱 圆锥 圆台的底面都是圆面
B．正四棱锥的侧面都是正三角形
C．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D．以直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，另一腰和两底边旋转一周所围成的几何体是圆台
2．若是第四象限角，则复数在复平面内所对应的点在第几象限（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．若三点共线，则（ ）
A． B．5 C．0或 D．0或5
4．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在△中, ,是上的一点,若,则实数的值为
A． B． C． D．
6．已知中，，，点为的中点，点为边上一动点，则的最小值为（ ）
A．27 B．0 C． D．
7．已知圆锥的母线长为3，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．中，分别是角的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．直角或钝角三角形 D．锐角三角形
二、多选题
9．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则t的值为-2
B．的最小值为1
C．若，则t的值为2
D．若a与b的夹角为钝角，则t的取值范围是
10．设，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，∥，∥，则∥
B．若上有两点到的距离相等，则∥
C．，，两两相交于三条直线，，，若∥，则∥
D．与互为异面直线，∥，∥，∥，∥，则∥
11．下列选项中哪些是正确的（ ）
A．（为虚数单位）
B．用平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台
C．在△ABC中，若，则△ABC是钝角三角形
D．当时，向量，的夹角为钝角
12．设点O是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则O为的重心；
B．若，则O为的垂心；
C．若，则为等边三角形；
D．若，则△BOC与△ABC的面积之比为．
三、填空题
13．设，则 .
14．为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形）和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的侧棱长为，正六棱柱的高为2，则此组合体的体积为 .
15．如图，△ABC中，AB=AC=2，BC=，点D 在BC边上，∠ADC=45°，则AD的长度等于 ．
16．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则的值为 .
四、解答题
17．已知，为虚数单位，复数.
(1)若，求m的值；
(2)若复数z对应的点在第三象限，求m的取值范围.
18．已知平行四边形中，，，，点是线段的中点．

(1)求的值；
(2)若，且，求的值．
19．如图所示，三棱柱中，若，分别为，的中点，平面将三棱柱分成两部分，其中是三棱台的体积，是多面体的体积，求.

20．如图，、分别是的边、上的点，且，，交于.
（1）若，求的值；
（2）若，，，求的值.
21．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若且，求边长c的取值范围．
22．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.

(1)点B在什么位置时，四边形OACB的面积最大？
(2)点B在什么位置时，线段的长度最大？
参考答案
高一期中模拟卷（二）
一、单选题
1．下列命题中不正确的是（ ）
A．圆柱 圆锥 圆台的底面都是圆面
B．正四棱锥的侧面都是正三角形
C．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D．以直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，另一腰和两底边旋转一周所围成的几何体是圆台
【答案】B
【详解】对于A：圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故A正确；
对于B：正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，故B错误；
对于C：用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，故C正确；
对于D：以直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，另一腰和两底边旋转一周所围成的几何体是圆台，故D正确．
故选：B．
2．若是第四象限角，则复数在复平面内所对应的点在第几象限（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【详解】因为是第四象限角，所以，
所以复数在复平面内所对应的点在第二象限.
故选：B
3．若三点共线，则（ ）
A． B．5 C．0或 D．0或5
【答案】D
【详解】因为，
若三点共线，则，
所以，
解得或5．
故选：D.
4．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】依题意在上的投影向量为
.
故选：A.
5．如图，在△中, ,是上的一点,若,则实数的值为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】如下图，∵三点共线，∴，∴，即,
∴①,又∵，∴，∴②，
对比①，②，由平面向量基本定理可得：．
6．已知中，，，点为的中点，点为边上一动点，则的最小值为（ ）
A．27 B．0 C． D．
【答案】D
【详解】解：以 所在直线为 轴，线段 的中垂线为 轴建立平面直角坐标系，如图所示 ，

由题意可知， ， ， ，
设 ，其中 ，则 ， ，
故 ，
所以当 时， 有最小值 .
故选：D.
7．已知圆锥的母线长为3，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】依题意，圆锥的母线长为3，轴截面为等腰直角三角形，
所以圆锥的底面半径为，
所以圆锥的表面积为.
故选：B
8．中，分别是角的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．直角或钝角三角形 D．锐角三角形
【答案】B
【详解】由得，
即，
因为，所以，则，
，
，
，
，
又，所以，，所以角为钝角，为钝角三角形.
故选：B.
二、多选题
9．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则t的值为-2
B．的最小值为1
C．若，则t的值为2
D．若a与b的夹角为钝角，则t的取值范围是
【答案】BC
【详解】A选项：若，则，解得：，故A错；
B选项：，所以，当t=-1时，取得最小值为1，故B正确；
C选项：，
若，即，解得：，故C正确；
D选项：若与的夹角为钝角，则且，，所以，且，解得：且，故D错误．
故选：BC
10．设，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，∥，∥，则∥
B．若上有两点到的距离相等，则∥
C．，，两两相交于三条直线，，，若∥，则∥
D．与互为异面直线，∥，∥，∥，∥，则∥
【答案】CD
【详解】若，，∥，∥，当m与n相交时，有∥，否则，∥不一定平行，故A错误；
若上有两点到的距离相等，与可能平行，也可能相交，故B错误；
，，两两相交于三条直线，，，不妨设，
易知，否则，，交于同一条直线，不满足题意，
因为，则，
又，则，故 C 正确；
因为与互为异面直线，∥，∥，
则内存在，且直线、会相交，
因为，则易得，所以，故D正确．
故选： CD .
11．下列选项中哪些是正确的（ ）
A．（为虚数单位）
B．用平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台
C．在△ABC中，若，则△ABC是钝角三角形
D．当时，向量，的夹角为钝角
【答案】AC
【详解】对于A，由，，，，，
则，
所以，
故A正确；
对于B，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故B错误；
对于C，由，则根据正弦定理得，
所以，即，即，
由，则为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故C正确；
对于D，由，则，
所以向量，的夹角为钝角或平角，故D错误．
故选：AC．
12．设点O是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则O为的重心；
B．若，则O为的垂心；
C．若，则为等边三角形；
D．若，则△BOC与△ABC的面积之比为．
【答案】ACD
【详解】对于A，如图，取边中点，连接边上的中线，则，
又∵，∴，∴，
∴为的重心，故选项A正确；
对于B，如图，取边中点，边中点，连接，，
则，，
∵，∴，
∴，∴，，∴，，
∴，分别是，边上的垂直平分线，
∴，为的外心，故选项B错误；
对于C，作角的内角平分线与边交于点，
∵为方向的单位向量，为方向的单位向量，
∴（），∴（），
∴，∴，∴，为等腰三角形，
又∵，且，∴，
∴为等边三角形，故选项C正确；
对于D，设，，由得，
则由选项A可知，为的重心，设的面积，
∴，
又∵，，
∴，，，
∴，
∴，故选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．设，则 .
【答案】/
【详解】设，则，
所以，，，
所以，，
则，解得，因此，.
故答案为：.
14．为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱（底面是正六边形，侧面是全等的矩形）和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的侧棱长为，正六棱柱的高为2，则此组合体的体积为 .
【答案】
【详解】由正六棱柱的高为2知底面正六边形的边长为1，又正六棱锥的侧棱长为，所以正六棱锥的高为，所以底面正六边形的面积为，此组合体的体积为．
故答案为：．
15．如图，△ABC中，AB=AC=2，BC=，点D 在BC边上，∠ADC=45°，则AD的长度等于 ．
【答案】解析：在△ABC中，AB=AC=2，BC=中，，而∠ADC=45°，,,答案应填．
【详解】试题分析：取BC的中点M，则AM=1,所以在中，.
16．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则的值为 .
【答案】
【详解】过作，交于，则，
由于，所以，
设，则，，
设，则,
则，
由于，所以在三角形中，
由余弦定理得，
所以，，
在三角形中，由正弦定理得：
，，
所以.
，
在三角形中，由正弦定理得：
，，
所以.
所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知，为虚数单位，复数.
(1)若，求m的值；
(2)若复数z对应的点在第三象限，求m的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【详解】（1）由题意得：，解得：或1，
经检验，均满足题意，故m的值为或 .
（2）由题意得：，
得，解得：，
故m的取值范围是.
18．已知平行四边形中，，，，点是线段的中点．

(1)求的值；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在平行四边形中，，，，
所以，
因为点是线段的中点，
所以，
则，
故的值为.
（2）由（1）知：，，
则，，
又因为，
则，
即，
即，解得：，
故的值为.
19．如图所示，三棱柱中，若，分别为，的中点，平面将三棱柱分成两部分，其中是三棱台的体积，是多面体的体积，求.

【答案】
【详解】设三棱柱的高为，底面的面积为，体积为，
则.
因为、分别为、的中点，
所以，
，
，故
20．如图，、分别是的边、上的点，且，，交于.
（1）若，求的值；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1），
，，因此，；
（2）设，
再设，则，即，
所以，，解得，所以，
因此，.
21．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若且，求边长c的取值范围．
【答案】(1)
(2)(1,2)
【详解】（1）由余弦定理及得，
所以，因为，所以；
（2）∵,
∴,
∵，∴，
∴,
∴边长的取值范围是(1,2).
22．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.

(1)点B在什么位置时，四边形OACB的面积最大？
(2)点B在什么位置时，线段的长度最大？
【答案】(1)点满足
(2)点满足
【详解】（1）解：设,中，
由余弦定理得：
四边形OACB的面积
，
，所以当四边形OACB的面积.
（2）（2）中，由正弦定理得：
所以
不是中的最大角，，
中：
由余弦定理得：
，
时，所以当,OC有最大值.
试卷第4页，共5页高一下学期数学期中模拟卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：人教A版2019必修第二册第6章-第八章8.3
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知单位向量的夹角为，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A． B．2 C． D．
3．已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
4．已知复数的共轭复数为，则（ ）
A． B． C．4 D．2
5．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，是的外心，为的中点，是直线上异于M、O的任意一点，则（ ）
A．3 B．6 C．7 D．9
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．1
8．已知边长为等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（ ）
A． B． C． D．
选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0
9．已知满足，则（ ）
A． B．复平面内对应的点在第一象限
C． D．的实部与虚部之积为
10．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ）
A．圆锥的母线长为4 B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C．圆锥的体积为 D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为
11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（ ）
A． B．
C．为定值8 D．若，则的最小值为
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为 .
13．如图，圆台的母线长为6，两底面半径分别为2，7，则此圆台的表面积为 ．

14．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为 .

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．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，，．

(1)若，，求的值；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
17．（15分）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.

(1)若，，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
18．（17分）已知中，所对的边分别是，边上的中线，设=（，），=（，），且，若动点满足．
(1)求角的集合；
(2)求的最小值；
(3)若，且，为的面积，求的最大值及此时的值．
19．（17分）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.

今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设
(1)计算的大小；
(2)质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；
②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据平面向量数量积的定义及运算律结合已知条件直接求解即可.
【详解】因为单位向量的夹角为，
所以
，
故选：A
2．C
【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．
【详解】在直角梯形中，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，利用余弦定理列出关于方程，即可求解.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
4．B
【分析】根据复数的运算法则与共轭复数定义计算即可得.
【详解】，则，
故.
故选：B.
5．C
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
6．B
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】

因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，
所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
7．B
【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.
【详解】根据题意，得，
当，，时，，此时，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】利用余弦定理求出，从而求出，即可判断A、B，再由正弦定理判断C，利用余弦定理求出，，即可判断D.
【详解】依题意，，，且，
由余弦定理，
即，解得或，
当时，符合题意，
当时，不符合题意，
所以，则，
所以，，故A错误，B正确；
又，，
所以，所以，故C错误；
又，
所以，故D错误.
故选：B
9．ACD
【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.
【详解】设，
则由已知得，即，
所以解得
所以，则，故A项正确，B项错误；
，的实部为，虚部为1，
所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.
故选：ACD
10．ACD
【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】

对于A，
设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故，
故A正确.
对于B，圆锥的高为，则，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.
对于C，圆锥的体积为，故C正确.
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，
故所得圆台的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D
【详解】
由几何图形关系可得，
因为，所以．因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，因为，所以，
所以，故B错误；
因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；
因为，且三点共线，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误．
故选：AC．
12．
【分析】根据数量积的运算律求得，根据投影向量的概念，即可求得答案.
【详解】由题意知，故，
所以，而，则，
故，
则在方向上的投影向量为，
即在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：
13．
【分析】根据题意，结合圆台的侧面积公式和圆的面积公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意知，圆台上底面半径，下底面半径，母线长，
由圆台表面积公式，可得：
．
故答案为：.
14．
【分析】由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.
【详解】依题意，，，
所以，
，
，
所以，即向量，的夹角的余弦值为.
故答案为：
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得
16．(1)
(2)
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【详解】（1）在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
则，，
四边形ABCD的面积
.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；
（2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值.
【详解】（1）由知.
因为，
所以正四棱锥的体积
正四棱柱的体积
所以仓库的容积.
（2）设，下部分的侧面积为，
则，，
，
设，
当，即时，，.
即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是.
18．(1)；
(2)；
(3)时，取得最大值.
【分析】（1）由题意可得，分和分别求解即可；
（2）由题意可得三点共线，且点在线段上，于是有，令可得，即可得答案；
（3）由题意可得，再由正弦定理及面积公式可得，从而有，再由余弦函数的性质即可得答案.
【详解】（1）解：由，得，
则，
若，则或，求得；
若
则，求得，
所以角的集合为；
（2）解：因为，
又因为，所以三点共线，且，
所以点在线段上，
故，
设
则，
所以当时取得最小值；
（3）解：由（1）的结论和可得，
又，所以由正弦定理得：，
所以，
于是，
所以当时，取得最大值.
19．(1)
(2)①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
【分析】（1）先依题意可得，再利用进行求解；
（2）①根据题意可得；
②根据题意可得，则，
再利用二次函数的性质求最小值即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小为.
（2）①如图所示：

依题意，过2小时后质点甲到达C点（在点左边），且有，
质点乙到达D点，且有，故.
②时刻时，质点甲到达M点，质点乙到达N点，
如图所示：

，，则，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时，取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
答案第1页，共2页2023-2024学年高一数学下学期期中测试卷01（测试范围：6.1-8.3）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
2．平面向量，若，则（ ）
A．6 B．5 C． D．
3．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点、、，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是（ ）
A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱柱 D．四棱锥
4．已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（　　）
A． B．
C． D．
5．已知向量，若与的夹角为；若与的夹角为钝角，则取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高和体积分别为（ ）

A．， B．，
C．， D．，
7．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）
9．（多选）下列命题中的真命题是（ ）
A．若直线不在平面内，则
B．若直线上有无数个点不在平面内，则
C．若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点
D．平行于同一平面的两直线可以相交
10．已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A．复数z的共轭复数的模为1 B．复数z在复平面内对应的点在第四象限
C．复数z是方程的解 D．复数满足，则的最大值为2
11．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A． B．四边形的周长为
C． D．四边形的面积为
12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的形状为等边三角形
B．若，则点三点共线
C．若点是的重心，则
D．若所在平面内一动点满足：，则的轨迹一定通过的内心
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为30n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距 n mile．
14．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 .
15．已知矩形的边长分别为1，，沿对角线折起，使四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
16．已知，点是平面上任意一点，且（），给出以下命题：
①若，，则为的内心；
②若，则直线经过的重心；
③若，且，则点在线段上；
④若，则点在外；
⑤若，则点在内．
其中真命题为
四、解答题（本大题共6小题，第17-18题每小题10分，第19-21题每小题12分，第22题14分，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．已知向量，，向量，的夹角为﹒
(1)求的值；
(2)求﹒
18．已知复数．
(1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围；
(2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度．
19．的内角的对边分别为，若，求：
(1)的值；
(2)和的面积．
20．正棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1.
求：（1）棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）棱锥的表面积与体积.
21．已知中，是边（含端点）上的动点．

(1)若点为与的交点，请用表示；
(2)若点使得，求的取值范围．
22．在中，对应的边分别为，
(1)求；
(2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.
2023-2024学年高一数学下学期期中测试卷01（测试范围：6.1-8.3）
一、单选题
1．的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数乘法运算求出，再求出共轭复数即可.
【解析】由题意得，所以，
故选：D
2．平面向量，若，则（ ）
A．6 B．5 C． D．
【答案】B
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.
【解析】因为，，
所以，解得，
所以，
因此.
故选：B．
3．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点、、，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是（ ）
A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱柱 D．四棱锥
【答案】B
【分析】画出图形观察即可.
【解析】如图所示，

截去的立体图形有四个面，四个顶点，六条边，所以该几何体为三棱锥.
故选：B.
4．已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用向量减法和向量相等的定义即可求得之间的关系，进而得到正确选项.
【解析】，
而在平行四边形ABCD中，，所以，
又，，，，
则，也即.
故选：B.
5．已知向量，若与的夹角为；若与的夹角为钝角，则取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据与的数量积小于0，且不共线可得.
【解析】与的夹角为钝角，
，
又与的夹角为，
所以，即，解得，
又与不共线，所以，
所以取值范围为.
故选：D
6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高和体积分别为（ ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.再根据棱台的体积公式求解即可.
【解析】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，
高，
所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.

所以棱台的体积为.
故选:C.
7．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得，然后同角三角函数的关系和正余弦定理化简可得结果.
【解析】因为，
所以由余弦定理可得，即，
所以
故选：B
8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由sinB=cosA sinC化简可求 cosC=0 即C=90°，再由，S△ABC=6可得bccosA=9，可求得c=5，b=3，a=4，考虑建立直角坐标系，由P为线段AB上的一点，则存在实数λ使得,由，为单位向量，可得，，可得,可得，则由，利用基本不等式求解最小值．
【解析】中设，，
，，
即，
，
，，
，，
，，
，根据直角三角形可得，，
，，，
以所在的直线为x轴，以所在的直线为y轴建立直角坐标系可得，，，P为直线上的一点，
则存在实数使得,
设，，则，，,
,
，则,
,
故所求的最小值为,
故选：D.
【点睛】本题为平面向量的综合题，考查解三角形、平面向量数量积、平面向量共线定理、基本不等式的应用，属于综合题，解题关键在于将三角形中数量关系利用向量坐标运算进行转换，属于较难题.
二、多选题
9．（多选）下列命题中的真命题是（ ）
A．若直线不在平面内，则
B．若直线上有无数个点不在平面内，则
C．若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点
D．平行于同一平面的两直线可以相交
【答案】CD
【解析】根据直线与平面的位置关系，结合题目，进行分析和判断即可.
【解析】A中，直线也可能与平面相交，故A是假命题；
B中，直线与平面相交时，上也有无数个点不在平面内，故B是假命题；
C中，时，与没有公共点，所以与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题；
D中，平行于同一个平面的直线，可以平行也可以相交，也可以是异面直线，故D是真命题.
故选：CD.
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，属基础题.
10．已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A．复数z的共轭复数的模为1 B．复数z在复平面内对应的点在第四象限
C．复数z是方程的解 D．复数满足，则的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的运算法则求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.
【解析】因为，所以，
对于选项A，因为，所，故选项A正确；
对于选项B，因为复数z在复平面内对应的点为，故选项B正确；
对于选项C，，所以，故选项C错误；
对于选项D，设，则由，得到，又，由几何意义知，可看成圆上的动点到原点的距离，所以的最大值为，故选项D正确.
故选：ABD.
11．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A． B．四边形的周长为
C． D．四边形的面积为
【答案】AD
【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可.
【解析】如图过作，

由等腰梯形可得：是等腰直角三角形，
即,即C错误；
还原平面图为下图，

即，即A正确；
过C作，由勾股定理得，
故四边形ABCD的周长为：，即B错误；
四边形ABCD的面积为：，即D正确.
故选：AD.
12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的形状为等边三角形
B．若，则点三点共线
C．若点是的重心，则
D．若所在平面内一动点满足：，则的轨迹一定通过的内心
【答案】ACD
【分析】根据向量的线性运算以及模长的含义即可判断A，根据共线定理的推论即可判断B，根据重心的性质即可判断C，根据向量加法的平行四边形法则即可判断D.
【解析】对于A，，为等边三角形，故A正确；
对于B，，，、、三点不共线，故B错误；
对于C，设，，分别为，，的中点，则，
，，
，即，故C正确；
对于D，，，，，在的角平分线上，的轨迹一定通过的内心，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为30n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距 n mile．
【答案】
【分析】利用正弦定理即可求出结果.
【解析】由题意得，
，，，
由正弦定理，
即，解得．
故答案为：．
14．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 .
【答案】
【分析】
将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离.
【解析】令，则，
所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，
即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：

又表示动点到定点的距离，而与的距离为，
所以，
在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立；
所以的最小值是.
故答案为：
15．已知矩形的边长分别为1，，沿对角线折起，使四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】
【分析】取中点，则，从而可得球的半径为，由此能求出该球的表面积．
【解析】将长方形沿对角线折起，使顶点，，，落在同一个球面上，
取中点，则，
该球的半径为，
该球的表面积为．
故答案为：．

16．已知，点是平面上任意一点，且（），给出以下命题：
①若，，则为的内心；
②若，则直线经过的重心；
③若，且，则点在线段上；
④若，则点在外；
⑤若，则点在内．
其中真命题为
【答案】②④
【解析】①可得在的角平分线上，但不一定是内心；②可得在BC边中线的延长线上；③利用向量线性运算得出可判断；④得出，根据向量加法的平行四边形法则可判断；⑤令可判断.
【解析】①若，，则，因为是和同向的单位向量，则在的角平分线上，但不一定是内心，故①错误；
②若，则，则根据平行四边形法则可得，在BC边中线的延长线上，故直线经过的重心，故②正确；
③若，且，则，即，即，则点在线段上或的延长线上，故③错误；
④若，，整理可得，，根据向量加法的平行四边形法则可判断点在外，故④正确；
⑤若，则令，则，则根据向量加法的平行四边形法则可判断点在外，故⑤错误.
故答案为：②④.
【点睛】本题考查向量基本定理的应用，解题的关键是正确利用向量的线性运算进行判断，合理的进行转化，清楚向量加法的平行四边形法则.
四、解答题
17．已知向量，，向量，的夹角为﹒
(1)求的值；
(2)求﹒
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，再根据数量积的定义即可求解；
（2）结合（1）可得，进而即可求得﹒
【解析】（1）由，，向量，的夹角为，
则，，
所以﹒
（2）结合（1）可得，
所以﹒
18．已知复数．
(1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围；
(2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解；
（2）根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解.
【解析】（1）在复平面内的对应点为，
因为点位于第二象限，所以，解得．
所以的取值范围为．
（2）因为为纯虚数，所以，解得，
所以，所以，，
∴点，，∴,
所以．
19．的内角的对边分别为，若，求：
(1)的值；
(2)和的面积．
【答案】(1)
(2)，三角形面积为
【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；
（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.
【解析】（1）由余弦定理得：，解得．
（2）由，则，
由正弦定理得，又，则，
．
20．正棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1.
求：（1）棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）棱锥的表面积与体积.
【答案】（1）侧棱长为，侧面的高为；（2）表面积，体积为.
【分析】（1）设为正四棱锥的高，则，作，连结，分别在和，即可求得棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）由（1）利用棱锥的侧面积公式和体积公式，即可求解.
【解析】（1）如图所示，设为正四棱锥的高，则，
作，则为中点，
连结，则，
因为，可得，
在中，，
在中，，
所以棱锥的侧棱长为，侧面的高为.
（2）棱锥的表面积为=，
几何体的体积为.
21．已知中，是边（含端点）上的动点．

(1)若点为与的交点，请用表示；
(2)若点使得，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知得，再由A、O、P三点共线，令，由得，然后由C、O、Q三点共线，求出作答.
（2）由（1）中信息，设，则，再由垂直关系的向量表示及数量积的运算律，求出，借助函数的单调求解作答.
【解析】（1）因为，则 ，又A、O、P三点共线，有，，
又，即有，而C、O、Q三点共线，于是，解得，
所以.
（2）由（1）知，，而，设，则，
由，得，即，
整理得，即，
于是，显然函数在上单调递增，
因此，
所以的取值范围.
22．在中，对应的边分别为，
(1)求；
(2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出.
（2）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
【解析】（1）由正弦定理得即
由余弦定理有，
若，等式不成立，则，
所以.
因为，
所以.
（2）.
又，
由三维分式型柯西不等式有.
当且仅当即时等号成立.
由余弦定理得，
所以即，则.
令，则
因为解得，当且仅当时等号成立.
所以.则.
令，则在上递减，
当即时，有最大值，此时有最小值.
【点睛】要能仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解，属于难题.2023-2024学年高一数学下学期期中测试卷02（测试范围：第6-8章）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A． 是棱台 B．是圆台
C． 是棱锥 D． 不是棱柱
2．已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．在中，若，则的形状是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
4．已知，是不共线的向量，且，，，则（ ）
A．B，C，D三点共线 B．A，B，C三点共线
C．A，C，D三点共线 D．A，B，D三点共线
5．如图，是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），则△OAB的面积为（ ）
A． B． C．24 D．48
6．在复平面内，点分别对应复数，则（ ）
A． B．1 C． D．i
7．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则m=（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）
9．已知复数（是虚数单位），则下列命题中正确的是（ ）
A． B．在复平面上对应点在第二象限
C． D．的虚部为
10．在中，，，，点为线段上靠近端的三等分点，为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．与的夹角的余弦值为
C． D．的面积为
11．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若的面积为，则c的最小值为2
C．若，，则的面积为
D．若，，则满足条件的有且仅有一个
12．如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（ ）

A．平面 B．四面体的体积为
C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知是虚数单位，是关于的方程的一个根，则 .
14．若圆锥的侧面展开图是半径为5，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为 .
15．在中，是的中点，，点为线段上的一点，则的最大值为 .
16．锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共6小题，第17-18题每小题10分，第19-21题每小题12分，第22题14分，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．试分别解答下列两个小题：
(1)已知，设与的夹角为，求；
(2)已知，若与共线，且，求的坐标．
18．已知，（为虚数单位）.
(1)若是纯虚数，求实数的值；
(2)若在复平面上对应的点在第二象限，且，求实数的取值范围.
19．已知中，D是AC边的中点．，，．
(1)求AC的长；
(2)的平分线交BC于点E，求AE的长．
20．如图，在四面体，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
21．已知向量，，函数．
(1)若，求的值；
(2)已知为的内角的对边，，，且恰好是函数在上的最大值，求的面积．
22．如图，已知△ABC为等边三角形，点G是△ABC内一点．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设，，且，．
(1)若，求；
(2)若点G是△ABC的重心，设△ADE的周长为，△ABC的周长为．
（i）求的值；
（ii）设，记，求的值域．
2023-2024学年高一数学下学期期中测试卷02（测试范围：第6-8章）
一、单选题
1．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A． 是棱台 B．是圆台
C． 是棱锥 D． 不是棱柱
【答案】C
【分析】利用空间几何体的结构特征判断.
【解析】A.不是由棱锥截来的，故不是棱台，故错误；
B.不是圆锥截来的，故不是圆台，故错误；
C.符合棱锥的结构特征，故正确；
D.符合棱柱的结构特征，故错误.
故选：C
2．已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由列方程求得的值，结合必要不充分条件的定义即可得解.
【解析】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．在中，若，则的形状是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】首先根据正弦定理边化角得到，再结合三角函数恒等变换得到，即可得到答案.
【解析】因为，
所以，
所以.
因为，所以.
又因为，所以，为直角三角形.
故选：B
4．已知，是不共线的向量，且，，，则（ ）
A．B，C，D三点共线 B．A，B，C三点共线
C．A，C，D三点共线 D．A，B，D三点共线
【答案】C
【分析】利用平面向量共线定理求解.
【解析】因为，
所以，，，
若B，C，D三点共线，则，即，无解，故A错误；
若A，B，C三点共线，则，即，无解，故B错误；
若A，C，D三点共线，则，即，解得，故C正确；
若A，B，D三点共线，则，即，无解，故D错误.
故选：C.
5．如图，是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），则△OAB的面积为（ ）
A． B． C．24 D．48
【答案】D
【分析】根据题中直观图及斜二测画法，还原出水平放置的△OAB，求解面积即可.
【解析】根据题中直观图及斜二测画法，还原出水平放置的△OAB，
其面积为.
故选：D.
6．在复平面内，点分别对应复数，则（ ）
A． B．1 C． D．i
【答案】D
【分析】根据复数几何意义，求得，再结合复数的除法的运算法则，即可求解.
【解析】由点和分别对应复数，
可得，，
所以.
故选：D.
7．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度.
【解析】在图2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面积为，高为2，
∴四棱柱的体积为，
设图1中容器内水面高度为h，
则V，解得h.
∴图1中容器内水面的高度是.
故选：D.
8．如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则m=（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】首先由条件等式两边乘以，再结合数量积公式，以及正弦定理，边角互化，化简等式，即可求的值.
【解析】对于式子，两边同乘，
可得，
即，
由正弦定理化简可得，
由，两边同时除以得，
∴
，
故选：C．
二、多选题
9．已知复数（是虚数单位），则下列命题中正确的是（ ）
A． B．在复平面上对应点在第二象限
C． D．的虚部为
【答案】ACD
【分析】
利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断A选项；利用复数的几何意义可判断B选项；利用共轭复数的定义可判断C选项；利用复数的概念可判断D选项.
【解析】因为.
对于A选项，，A对；
对于B选项，在复平面上对应点的坐标为，位于第四象限，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，的虚部为，D对.
故选：ACD.
10．在中，，，，点为线段上靠近端的三等分点，为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．与的夹角的余弦值为
C． D．的面积为
【答案】AC
【分析】根据向量线性运算直接判断即可知A正确；以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量夹角的坐标运算可求得B错误；由向量数量积坐标运算可求得C正确；由可知D错误.
【解析】对于A，为中点，，A正确；
对于B，以为坐标原点，正方向为轴可建立平面直角坐标系，
则，，，，，，，
，
即与夹角的余弦值为，B错误；
对于C，，，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：AC.
11．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若的面积为，则c的最小值为2
C．若，，则的面积为
D．若，，则满足条件的有且仅有一个
【答案】BC
【分析】由正、余弦定理及已知得，再根据选项综合应用正、余弦定理和三角形面积公式求解．
【解析】∵，
∴由正弦定理可得，即，
对于A选项，由余弦定理可得，
∵，∴，故A错误；
对于B选项，由题可知，∴，
由余弦定理可得，
∴，当且仅当时等号成立，故c的最小值为2，故B正确；
对于C选项，由题可知，由正弦定理得，∴
∴的面积为，故C正确；
对于D选项，由余弦定理可得，即，，
解得或，故D错误．
故选：BC．
12．如图，正方形的边长为1，分别是的中点，交于，现沿及把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为，则在四面体中必有（ ）

A．平面 B．四面体的体积为
C．点到面的距离为 D．四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式判断B；由等体积法求出G点到面SEF的距离判断C；根据SG，EG，FG两两垂直计算外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断D．
【解析】对于A，由已知可得SG⊥FG，SG⊥EG，EG∩FG＝G，平面EFG，
则SG⊥平面EFG，故A正确；

对于B，由已知可得EG⊥FG，EG＝FG＝，
则＝，
又SG⊥平面GEF，SG＝1，∴＝，故B错误；
对于C，∵EF＝，SD＝，
∴，设G到平面SEF的距离为d，
则，可得d＝，即G点到面SEF的距离为，故C正确；
对于D，∵SG，EG，FG两两垂直，且EG＝FG＝，SG＝1，
∴三棱锥的外接球可看作棱长分别为，，1的长方体的外接球，
故外接球的直径，∴r＝，
∴外接球的表面积为：＝，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知是虚数单位，是关于的方程的一个根，则 .
【答案】
【分析】把代入方程并化简，利用复数相等的概念得到的值，即得的值．
【解析】把代入方程得，
所以，
所以，
所以，解得，
所以．
故答案为：．
14．若圆锥的侧面展开图是半径为5，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为 .
【答案】4
【分析】根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长与圆锥的底面周长相等，求得圆锥底面的半径，进而得圆锥的高.
【解析】由题意，圆锥侧面展开图的半径为，所以圆锥的母线长为，
设圆锥的底面半径为，则 ，解得，
可得圆锥的高为.
故答案为：4.
15．在中，是的中点，，点为线段上的一点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】依题意可得，设，，则，根据数量积的运算律及二次函数的性质计算可得.
【解析】因为是的中点，点为上的一点，所以，
又，设，，则，
所以，
当时，此时，
当时，此时，
当时，与共线同向，
所以，
当且仅当时取等号，
综上可得的最大值为.
故答案为：

16．锐角的内角所对的边分别为，若，，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用余弦定理可得，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到，由正弦型函数值域求法可求得范围，由此可求得结果.
【解析】，，即，
由正弦定理得：，，，
，
为锐角三角形，，解得：，
，，，
.
故答案为：.
四、解答题
17．试分别解答下列两个小题：
(1)已知，设与的夹角为，求；
(2)已知，若与共线，且，求的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由，利用向量的运算律求得，再利用二倍角公式求解；
（2）设，求得，再由与共线，结合求解.
【解析】（1）解：，
∴，
，
，
，
从而；
（2）设，
，
，
解得：，
从而，
与共线，
设，则，
，
或.
18．已知，（为虚数单位）.
(1)若是纯虚数，求实数的值；
(2)若在复平面上对应的点在第二象限，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）根据复数的乘法，结合纯虚数的定义，可得答案；
（2）根据复数模长公式，整理不等式，根据复数的几何意义，建立不等式组，可得答案.
【解析】（1）
根据题意是纯虚数，故，解得：；
（2）由，得：，即，从而，
由于在复平面上对应的点在第二象限，
故，解得：，
综上，实数的取值范围为.
19．已知中，D是AC边的中点．，，．
(1)求AC的长；
(2)的平分线交BC于点E，求AE的长．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）根据，利用余弦定理建立方程求解即可；
（2）由余弦定理求出A，根据三角形面积公式由建立方程求解.
【解析】（1）设，
由余弦定理可得
又
，
，
即.
（2）由（1）知，
因为，
所以，
由可得，
，
即
解得.
20．如图，在四面体，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)能找到一点，使平面，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取的中点，证明，，利用线面垂直判定定理证明结论；
（2）猜测为的中点，证明，并结合线面平行判定定理证明结论；
（3）先证明， ，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论.
【解析】（1）取的中点，连接
在中，，同理
而平面
又平面；

（2）在上能找到一点，使平面，此时为的中点，
证明如下：
连接

是的中点，
平面平面，平面，
的中点即为所求．
（3）
是公共边，
，从而
由（1）可知：
，即，
，平面，
∴ 平面，
面，
∴ 平面平面．
21．已知向量，，函数．
(1)若，求的值；
(2)已知为的内角的对边，，，且恰好是函数在上的最大值，求的面积．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据向量平行坐标表示可求得；方法一：利用和可分别求得和，代入所求式子即可；方法二：根据，由正余弦齐次式的求法可求得结果；
（2）根据向量数量积运算坐标表示和三角恒等变换知识可化简得到，根据正弦型函数最值求法，结合的范围可求得，利用余弦定理可构造方程求得的值，代入三角形面积公式即可.
【解析】（1），，则；
方法一：，，
.
方法二：.
（2）；
当时，，当，即时，，
，，则，，，即；
由余弦定理得：，即，
解得：或，
当时，；
当时，；
的面积为或.
22．如图，已知△ABC为等边三角形，点G是△ABC内一点．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设，，且，．
(1)若，求；
(2)若点G是△ABC的重心，设△ADE的周长为，△ABC的周长为．
（i）求的值；
（ii）设，记，求的值域．
【答案】(1)；
(2)（i）3；（ii）．
【分析】（1）连接AG并延长，交BC于点F，设，则，由B，F，C三点共线可求得，则有，又，可求，，即可得出结果.
（2）（i）由题意得，，又D，G，E三点共线，所以，即可得解；（ii）设△ABC的边长为1，则，，在△ADE中，由余弦定理得，所以，结合化简，因为，所以，结合的范围及二次函数的性质求解即可得出的值域.
【解析】（1）连接AG并延长，交BC于点F，
设，则，
又B，F，C三点共线，所以，，
故，即，
则有，所以，
又，所以，所以.
（2）（i）连接AG并延长，交BC于点F，
因为G为重心，所以F为BC中点，所以，
所以
又D，G，E三点共线，所以，则．
（ii）设△ABC的边长为1，则，，（）
在△ADE中，，
所以，所以，
因为，，
所以，
因为，所以，
因为，，所以，，又，则有，
因为，所以，
因为，，所以的最小值为，最大值为，
所以，单调递增，则，
所以，即的值域为．