2023-2024学年重庆市渝高中学、城口中学联考高一（下）第二次质检数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆市渝高中学、城口中学联考高一（下）第二次质检数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数为虚数单位，则复数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
2.在中，已知，则( )
A. B. C. D.
3.已知平面向量，满足，，，则( )
A. B. C. D.
4.在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，三点满足，则( )
A. B. C. D.
5.若要得到函数的图象，只需将函数的图象( )
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
6.若用平行于某圆锥底面的平面去截该圆锥，得到的小圆锥与圆台的母线长相等，则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为( )
A. B. C. D.
7.镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺、国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位、国家级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正北方向找到一座建筑物，高为，在地面上点处在同一水平面上且三点共线测得建筑物顶部，镇国寺塔顶部的仰角分别为和，在处测得镇国寺塔顶部的仰角为，则镇国寺塔的高度约为参考数据：
A. B. C. D.
8.已知函数在区间有且仅有个零点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
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.下面关于空间几何体叙述正确的是( )
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 正四棱柱都是长方体
D. 直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
10.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数是偶函数
C. 点是图象的一个对称中心
D. 函数在区间上单调递增
11.中，下列说法正确的是( )
A. 若，则为锐角三角形
B. 若，则点的轨迹一定通过的内心
C. 若为重心，则
D. 若点满足，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，，，则 ______．
13.我国古代数学名著九章算术，将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”如图所示，在长方体中，已知，该“阳马”的外接球的表面积______．
14.已知是边长为的正三角形，点是的外接圆上一点，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.本小题分
已知是夹角为的两个单位向量，．
求的值；
求与的夹角的余弦值．
16.本小题分
用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，其直观图如图所示，已知，，，且．
求原平面图形的面积；
将原平面图形绕旋转一周，求所形成的几何体的体积．
17.本小题分
已知向量，函数
若，且，求的值；
如，，求的值．
18.本小题分
在，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知，，是的三个内角，，的对边，且_____．
求；
若，求的周长的取值范围．
19.本小题分
已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数．
设函数，试求的伴随向量；
记向量的伴随函数为，求当且时，的值；
已知将中的函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，若存在，使成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，
故复数在复平面内对应的点在第三象限．
故选：．
根据已知条件，对化简，再结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由，，得，
又，由正弦定理，得，
所以．
故选：．
由题意求出，结合正弦定理计算即可求解．
本题主要考查正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以．
故选：．
由模的计算公式及平面向量数量积的运算律计算即可求得．
本题考查平面向量模的求法，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由，得，
整理得，即，可得，
则，所以．
故选：．
根据题意，可得且，由此算出，进而求出的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则及其应用，考查概念的理解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：函数，
所以只需将函数的图象向右平移个单位长度，
即可得到函数的图象．
故选：．
利用诱导公式化简三角函数为同名函数，然后判断函数图象平移的单位与方向．
本题考查三角函数的图象的平移以及诱导公式的应用，是基本知识的考查．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了圆锥侧面积的计算问题，也考查了空间想象能力和运算求解能力，属于基础题．
设圆锥的底面半径为，母线长为，计算该圆锥的侧面积以及截得的小圆锥的侧面积，求出圆台的侧面积，从而求出对应侧面积的比值．
【解答】
解：设圆锥的底面半径为，母线长为，
则该圆锥的侧面积为，
截得的小圆锥的底面半径为，母线长为，
其侧面积为，
从而圆台的侧面积为，
所以两者的面积之比为．
故答案选：．
7.【答案】
【解析】解：由题意可得，，，，，
在中，由正弦定理可得，
可得，
在中，，
又，，
则．
故选：．
先表示出，求出，，，然后在中，由正弦定理可表示出，在中，可表示出，进而得解．
本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：在区间有且仅有个零点，
，
，
．
故选：．
化简得，利用余弦函数的性质列式计算即可求得的取值范围．
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查余弦函数的性质的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：正棱锥的结构特征是：底面是正多边形，顶点在底面的射影为底面的中心，故A错误；
由棱台的定义：棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分叫做棱台，故B错误；
因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱是长方体，故C正确；
直角三角形以其直角边所在直线为轴，旋转一周形成的几何体是圆锥，故D正确．
故选：．
由正棱锥的定义判断选项A，由棱台的定义判断选项B，由正四棱柱的定义判断选项C，由圆锥的定义即可判断选项D．
本题考查了正四棱柱、正棱锥、棱台以及圆锥的定义，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：观察函数的部分图象，可得，
函数的周期，解得．
又，
由五点作图法，得，
解得，故，
对于，函数的最小正周期为，A正确；
对于，，函数不是偶函数，B错误；
对于，，因此点是图象的一个对称中心，C正确；
对于，当时，，而当时，函数取得最小值，
因此函数在区间上不单调，D错误．
故选：．
根据给定的函数图象，求出的解析式，再逐项判断得解．
本题考查由的部分图象确定其解析式，考查正弦函数性质的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：若，则，因此角为锐角，但不一定为锐角三角形，
故A错误；
因为分别表示方向上的单位向量，所以的方向与的角平分线一致．
若，则的方向与的角平分线一致，所以点的轨迹一定通过的内心，故B正确；
若为的重心，设边的中点为，
则，故C正确；
设的中点为，若点满足，则点为外心，
于是有又，，
则
，故D正确．
故选：．
根据可确定角为锐角，但不一定为锐角三角形，可判定；根据单位向量、共线向量的概念可判断；根据向量的加法运算可确定；根据向量的数量积以及向量模的运算可确定．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算及投影的定义，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：，，得，而，且，
因此，解得，即，所以．
故答案为：．
根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，垂直关系的坐标表示求解即得．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：长方体的外接球即为四棱锥的外接球，
因为，，
所以长方体的对角线长为，
则长方体的外接球的半径，
即该“阳马”外接球的表面积为．
故答案为：．
根据长方体的外接球即为四棱锥的外接球，长方体的对角线就是外接球的直径，结合球体的表面积公式求解．
本题考查几何体外接球表面积的计算，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：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．
故答案为：．
建立平面直角坐标系，设点，，，的坐标，求出的坐标，利用数量积的坐标表示和辅助角公式求得为关于的三角函数，结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
15.【答案】解：由题意知，是夹角为的单位向量，
故，
所以；
由题意得，
，
，
所以，
所以，
即与的夹角的余弦值为．
【解析】由题意，根据平面向量数量积的定义可得，结合数量积的运算律计算即可求解；
根据数量积的运算律和向量的几何意义计算求出，结合数量积的定义计算即可求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
16.【答案】解：根据题意，还原平面图形，如图，
因为，，，且，
所以，，，且，，
原平面图形为直角梯形，故；
将原平面图形绕旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图，
其中圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
所以几何体的体积为．
【解析】根据直观图还原平面图形为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解；
将原平面图形绕旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的体积公式求解．
本题考查旋转体的体积计算，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
17.【答案】解：因为，，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，则，所以，所以；
由，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，
可得，，
所以．
【解析】由及数量积的坐标运算得到，从而得到，即可求解；
由数量积的坐标运算及三角恒等变换化简得到，由题意求得，，利用基本关系式，求得，的值，结合两角和的余弦公式，即可求解．
本题考查平面向量数量积的坐标运算及三角恒等变换的应用，属于中档题．
18.【答案】解：选，由，
可得，
因为及正弦定理，可得，
所以，整理得，
则，因为，所以．
选，由，可得，即，
因为，可得，所以，即．
选，由，由正弦定理得，
即，
即，
整理得，
因为，，可得，即，
因为，所以．
由，，可得，
所以周长，
又由，可得，
，
又因为，可得，所以，
所以，所以的周长的取值范围为．
【解析】选，根据题意，利用正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；
选，根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；
选，根据题意和正弦定理得到，求得，即可求解；
由题意，得到，求得周长，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解，
由伴随向量的定义可知，函数的；
依题意，
当时，，
又，
所以，
所以；
由题意，可得，
若，则，
所以
令，则可化为，
即，
因为函数是开口向上，对称轴为的二次函数，
所以时，函数单调递减；时，函数单调递增，
所以，
又当，时，；当时，，
所以；
因为存在，使成立，
所以存在，使成立，
因此只需．
【解析】化简函数，再根据定义即可求得伴随向量；
根据已知条件可知，再利用正弦的差角公式即可得解；
易知，令，则原问题可化为，即，然后研究二次函数的性质即可得到答案．
本题以新定义为载体，考查了三角恒等变换，三角函数的图象及性质以及三角函数的图象变换，考查运算求解能力，属于中档题．
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