2024-2025学年高一数学人教A版（2019）下学期期中考试模拟卷C卷（含解析）

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2024-2025学年高一数学人教A版（2019）下学期期中考试模拟卷C卷
本试卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项:
1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。
答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
2.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
3.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．设复数z在复平面内对应的点为，若，则( )
A. B.
C. D.
2．下列各组向量中,可以作为基底的是( )
A., B.,
C., D.,
3．已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
4．如果复数，那么( )
A. B.2 C.4 D.8
5．平面内有向量，，满足，，则的最小值是( )
A. B. C. D.4
6．已知平面向量，均为单位向量，且夹角为，若向量与，共面，且满足，则( )
A.1 B. C. D.2
7．已知复数z是纯虚数，若是实数，则的虚部是( )
A.-2iB.2iC.-C.-B.2iC.-C.-2 D.2
8．复数z满足（i为虚数单位），则的值为( )
A. B.5 C. D.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．下列说法正确的是( )
A.零向量是没有方向的向量 B.零向量的长度为0
C.相等向量的方向相同 D.同向的两个向量可以比较大小
10．已知复数（i是虚数单位）,则下列结论正确的是( )
A.复数z的虚部等于 B.z对应复平面内的点在第三象限
C. D.若a是实数,是纯虚数,则
11．数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，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.现有满足，且，则( )
A.外接圆的半径为
B.若的平分线与BC交于点D，则AD的长为
C.若D为BC的中点，则AD的长为
D.若O为的外心，则
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．若向量,,,已知与的夹角为钝角,则k的取值范围是____________.
13．如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为，已知.为了将容器中的水倒出，以为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从容器中倒出时，水面距离桌面的高度为__________.
14．已知,,点P在线段的延长线上,且,则点P的坐标是_______________.
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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)求证：；
(2)若.
（i）求B；
（ii）若，且的面积为，求的周长.
16．在三角形中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，三角形的面积为，求三角形的周长.
17．如图，四棱锥中，底面，，，.
（1）若，证明：平面PBC；
（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.
18．如图1，在等腰直角三角形中，，D是的中点，E是上一点，且.将沿着折起，形成四棱锥，其中点A对应的点为点P，如图2.
(1)在图2中，在线段上是否存在一点F，使得平面？若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由；
(2)在图2中，平面与平面所成的锐二面角的大小为，求四棱锥的体积.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，的面积为，求的周长.
参考答案
1．答案：A
解析：由复数的几何意义可得，
所以，，
化简可得.
故选：A.
2．答案：A
解析：对于A,因为,不共线, 且都是非零向量,所以A符合题意;
对于B,因为,所以与共线,故B不符合题意;
对于C,因为为零向量,所以C不符合题意;
对于D,因为,所以与共线,所以D不符合题意;
故选：A.
3．答案：D
解析：因为，
所以，
又因为，
所以，
解得，
则，
所以，
所以.
故选：D
4．答案：A
解析：∵，
∴.
故选：A.
5．答案：C
解析：由题意可得，建立平面直角坐标系，
设,,，
可得，
表示到的距离与到的距离的2倍的和，
设，可得，由此可得结论.
，，，
设，，
，
表示到的距离与到的距离的2倍的和，
设，则，
故选：C.
6．答案：B
解析：设，因为，
又，即，
解得，所以，
所以，
故选：B.
7．答案：D
解析：依题意，设，，且，
则
，
因是实数，
故，解得，
则，，
故的虚部是2.
故选：D.
8．答案：D
解析：方法一：由题意：
，
所以，
所以.
故选：D
方法二：根据复数模的性质，
得：.
故选：D
9．答案：BC
解析：对于选项A,因为零向量的方向是任意的,所以选项A错误,
对于选项B,因为零向量是方向任意,长度为0的向量,所以选项B正确,
对于选项C,因为相等向量是方向相同,长度相等的向量,所以选项C正确,
对于选项D,向量不能比较大小,向量的模长可以比较大小,所以选项D错误,
故选：BC.
10．答案：BCD
解析：由题意,复数,
对于A项：,所以复数z的虚部等于,所以A项错误;
对于B项：,对应的点在复平面的第三象限,所以B项正确;
对于C项：,所以C项正确;
对于D项：因为是纯虚数且a是实数,即为纯虚数,所以,解得,
所以D项正确.
故选：BCD.
11．答案：BD
解析：由及正弦定理可得，不妨设，，，利用余弦定理可得，由，可得，所以.又，解得，所以，，.
对于A，设外接圆的半径为R，由正弦定理可得，所以，故A错误；
对于B，解法一：由得，，即，故B正确；
解法二：分别作BE，CF垂直于AD，垂足分别为E，F，如图①所示，
，故B正确；
解法三：由内角平分线定理知，，所以，则，所以，故B正确；
解法四：由内角平分线定理知，，所以，，因为，所以，即，所以，所以，故B正确；
对于C，解法一：若D为BC的中点，易知，如图②所示，所以，可得，故C错误；
解法二：因为，，所以，即，所以，所以，故C错误；
解法三：由余弦定理知，，在中，，所以，故C错误；
对于D，解法一：延长AO交外接圆于点，连接，，如图③所示，
易知即为直径，所以可知，，利用投影向量的几何意义可得，故D正确.
解法二：取AB的中点H，连接OH，OA，如图④所示，
则，所以，同理，，所以，故D正确.故选BD.
12．答案：
解析：由,,得.
又与的夹角为钝角,
,得,
若,则,即.
当时,与共线且反向,不合题意.
综上,k的取值范围为,
故答案为：.
13．答案：
解析：如图，平面与水面的夹角为，
则平面与水平桌面的夹角为.
由题意可得三棱柱的体积为，
所以，解得，
所以.
水面距离桌面的高度为.
故答案为：.
14．答案：
解析：设点O为坐标原点,
点P在线段的延长线上,且,,
即,.
点P的坐标为.
故答案为：.
15．答案：(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）16
解析：（1）因为，所以.
又因为，所以原式左边右边，得证.
（2）（i）由（1）可得.
又由正弦定理得，即.
由余弦定理得.
因为，得.
（ii）由题知，由，得.
又由余弦定理，可得，
即，所以.
所以，故的周长为16.
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)由正弦定理
得，
所以
所以，
整理得，
因为，所以
因此，所以，
所以.
(2)由的面积为，
得，解得，
又，则，.
由余弦定理得，
解得，，
所以的周长为.
17．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：由于底面，底面，，
又，，平面，平面PAB，
又平面，.
，，，
平面，平面，平面PBC.
（2）由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，
则，，，，，.
设平面CPD的法向量为，
则，即，可取.
设平面ACP的法向量为，
则，即，可取.
二面角的正弦值为，
余弦值的绝对值为，
故，
又，，即.
18．答案：(1)存在，，理由见解析
(2)
解析：(1)当时，平面.
理由如下：
过点C作，垂足为H，
在上取一点M，使得，
连接，，
因为，，
所以，
因为D是的中点，
且，所以，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
(2)易知，，且，
作平面，以为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，
设，则，
，，
则，，
设平面的法向量为，
则
取，则，，
所以，
已知平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
由题意可知，，
整理得，
解得或（舍去），
所以，
所以四棱锥的高，
又四边形的面积，
所以四棱锥的体积.
19．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
又，所以，
则，又，所以；
(2)因为，
所以，
由余弦定理，
即，
即，
所以，
所以（负值已舍去），
所以的周长为.
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