安徽省亳州市2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

安徽省亳州市2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知正方形的边长为6，在边上且，为的中点，则A．-6 B．12 C．6 D．-12【答案】A【分析】以向量为基底，将用基底表示，结合向量数量积的运算律，即可求解.【详解】由在边上且，为的中点，，，.故选：A.【点睛】本题考查向量基本定理以及向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.2．已知，为平面向量，且，，则，夹角的余弦值等于（

）A． B．－ C． D．－【答案】C【分析】先根据向量减法得，再根据向量夹角余弦值的坐标公式计算即可得答案.【详解】∵，∴．又，∴，∴．又，，∴．故选：C.3．在中，，，，则（

）A．2 B． C． D．1【答案】D【分析】利用余弦定理即可求出的值．【详解】解：因为，，，，故．故选：．【点睛】本题考查余弦定理的应用，属于基础题．4．在锐角中，角所对的边长分别为.若A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：【解析】正弦定理解三角形5．设，则A． B． C． D．【答案】D【解析】先求得,再代入即可【详解】由题,,所以,故选:D【点睛】本题考查复数的加减法的代数运算,属于基础题6．如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，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【答案】D【详解】因为A′B′与y′轴重合，B′C′与x′轴重合，所以AB⊥BC，AB=2A′B′，BC=B′C′.所以在直角△ABC中，AC为斜边，故AB<AD<AC，BC<AC.故选D.7．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A．π B．πC．16π D．32π【答案】B【分析】作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，外接球的截面是圆为球的大圆是的外接圆，由图可得球的半径与圆锥的关系．【详解】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，的外接圆是球的大圆，设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．【点睛】本题考查球的体积，关键是确定圆锥的外接球与圆锥之间的关系，即球半径与圆锥的高和底面半径之间的联系，而这个联系在其轴截面中正好体现．8．(2015新课标全国I理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A．14斛 B．22斛C．36斛 D．66斛【答案】B【详解】试题分析：设圆锥底面半径为r，则，所以，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.【解析】圆锥的性质与圆锥的体积公式二、多选题9．已知向量，设的夹角为，则（

）A． B．C．∥ D．【答案】BD【分析】由已知条件求出的坐标，然后逐个分析判断即可.【详解】因为，所以，对于A，因为，所以，所以，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，所以B正确，对于C，因为，所以，所以与不共线，所以C错误，对于D，因为，的夹角为，所以，因为，所以，所以D正确，故选：BD10．若为钝角三角形，且，，则边C的长度可以为（

）A．2 B．3 C． D．4【答案】AD【分析】由条件，又，所以在中为钝角的可能为角或角,所以，或，解得答案.【详解】由三角形的边长能构成三角形，则有，又，所以在中为钝角的可能为角或角.则或所以或，解得：或所以选项A、D满足.故选：AD【点睛】本题考查余弦定理的应用，做题时要注意钝角这个条件，钝角可能的情况，属于中档题.11．（多选）圆柱的侧面展开图是边长分别为2a，a的矩形，则圆柱的体积为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】按圆的高分类讨论，求出底面半径后由体积公式计算．【详解】设圆柱底面半径为，若高是，则，，，若高是，则，，．故选：AB．12．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（

）

A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为C．圆柱的侧面积与球面面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3：1：2【答案】CD【解析】依次判断每个选项：圆柱的侧面积为，A错误；圆锥的侧面积为，B错误；圆柱的侧面积为，C正确；计算体积之比为3：1：2，D正确，得到答案.【详解】依题意得球的半径为R，则圆柱的侧面积为，∴A错误；圆锥的侧面积为，∴B错误；球面面积为，∵圆柱的侧面积为，∴C正确；，，，∴D正确.故选：CD.【点睛】本题考查了圆柱，圆锥，球的表面积，意在考查学生的计算能力.三、填空题13．已知，是夹角为的两个单位向量，，，若，则实数k的值为______．【答案】##1.25【分析】由，结合数量积公式转化，即可求解值.【详解】因为，所以，即，又因为，是夹角为的两个单位向量，所以，所以.故答案为：14．若复数满足，则复数________________.【答案】【解析】由一定为实数,由题可知的虚部为,设,进而求解即可【详解】因为,所以的虚部为,设,则,解得,所以,故答案为:【点睛】本题考查相等复数,考查复数的模的应用15．在中，，，D为BC中点，则AD最长为_________.【答案】3【分析】在和中，分别利用余弦定理，求得，再在中，利用余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】如图所示，设，，则，在中，由余弦定理，可得，即，①在中，由余弦定理，可得，即，②由①+②，可得，在中，由余弦定理，可得，即，解得，所以，即的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，以及利用基本不等式求解最值问题，其中解答中熟练应用余弦定理得到，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.16．在中，，，，则的面积为______.【答案】【分析】由已知利用正弦定理可求的值，根据大边对大角，特殊角的三角函数值，三角形的内角和定理可求，，根据三角形的面积公式即可计算得解．【详解】，，由正弦定理可得：，解得：

，可得：本题正确结果：【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．四、解答题17．在平面直角坐标系中，已知三点的坐标分别为(Ⅰ)若，求实数的值(Ⅱ)若三点能构成三角形，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)【详解】试题分析：(Ⅰ)由，得，用坐标表示计算即可；(Ⅱ)若三点能构成三角形，则三点不共线与不平行，用坐标表示即可.试题解析：(Ⅰ)由题意有，由，得故解得(Ⅱ)若三点能构成三角形，则三点不共线.则与不平行，故解得.18．已知复数.(1)当为何值时，复数是实数？(2)当为何值时，复数是纯虚数？【答案】(1)；(2)1.【解析】先求得,当其为实数时,虚部为0；当其为纯虚数时,实部为0,虚部不为0,进而求解即可【详解】(1)由题意,,若复数是实数,则,即.(2)由（1）,若复数是纯虚数,则,即【点睛】本题考查复数的分类,考查已知复数的类型求参数问题19．在中,a､b､c分别是角A､B､C的对边,且.(1)求角B的大小;(2)若,,求的周长.【答案】(1);(2).【解析】(1)利用余弦定理及变形化简，可得角B的大小（2）利用余弦定理求解的值，即可求解的周长.【详解】(1)由余弦定理,得,,将上式代入,整理得,,角B为的内角,..(2)将,,,代入,即,,,的周长为.【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，三角形的周长，属于中档题.20．如图，D为直角△ABC斜边BC上一点，，（1）若，求角的大小；（2）若，且，求的长；【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理、外角性质、三角形内角和定理即可得出；（2）设，则，，，于是，，，再利用余弦定理即可解出.【详解】（1）在中，根据正弦定理得：因为，所以，又因为，所以，所以，所以.（2）设，则，，，所以，，，在中，由余弦定理得：，即，解得：，即【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题.21．已知在复平面内，为坐标原点，向量分别对应复数，且，，.(1)求实数的值；(2)求以为邻边的平行四边形的面积.【答案】(1)3；(2).【解析】（1）,代入中,由相等复数求解即可；（2）由（1）可知,利用数量积求得的夹角,进而求解即可【详解】(1)∵,∴，解得(2)由(1)知,∴,∴,设向量的夹角为,∴,∴,∴【点睛】本题考查相等复数的应用,考查复数的几何意义,考查数量积的应用,考查运算能力22．由于2020年1月份国内疫情爆发，餐饮业受到重大影响，目前各地的复工复产工作在逐步推进，居民生活也逐步恢复正常．李克强总理在考察山东烟台一处老旧小区时提到，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样，也是中国的商机．某商场经营者王某准备在商场门前“摆地摊”，经营“冷饮与小吃”生意．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，且米，．记．(1)当时，求；(2)请写出顾客的休息区域的面积关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值．【答案】(1)；(2)，；当时，取得最大值.【分析】（1）在△中由正弦定理求得，即可由数量积的定义求得结果；（2）在△中由正弦定理用表示，结合三角形的面积公式，即可求得结果，再根据三角函数的性质，即可求得取得最大值时对应的.【详解】（1）根据题意，在△中，，又，故由正弦定理可得：解得，，故.即.（2）由题可知，在△中，，则由正弦定理，可得，故可得，故.即.当时，，此时取得最大值.安徽省亳州市2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知复数满足，且为纯虚数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设复数，根据复数的模和纯虚数的概念，由求解.【详解】设复数，因为，且为纯虚数，所以，解得，所以，故选：D【点睛】本题主要考查复数的概念和模的运算，属于基础题.2．已知，，，用，表示，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合平面图形的几何性质以及平面向量的线性运算即可求出结果.【详解】因为，所以，又因为，，所以，故选：D.3．如图所示，隔河可以看到对岸两目标A，B，但不能到达，现在岸边取相距4km的C，D两点，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，则两目标A，B间的距离为km.A． B． C． D．2【答案】B【分析】由已知可求，，由正弦定理可求的值，在中，，由正弦定理可求的值，进而由余弦定理可求的值．【详解】由已知，中，，，由正弦定理，，所以，在中，，由正弦定理，，所以，在中，由余弦定理，，解得：．所以与的距离.故选B【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．4．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（

）A． B．8 C．6 D．【答案】B【分析】根据斜二测画法得出原图形四边形的性质，然后可计算周长．【详解】由题意，所以原平面图形四边形中，，，，所以，所以四边形的周长为：．故选：B．5．如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是A．该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体B．该几何体有12条棱、6个顶点C．该几何体有8个面，并且各面均为三角形D．该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形【答案】D【分析】根据几何体的直观图，得出该几何体的结构特征，由此判断选项A、B、C正确，选项D错误．【详解】根据几何体的直观图，得该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，且有棱MA、MB、MC、MD、AB、BC、CD、DA、NA、NB、NC和ND，共12条；顶点是M、A、B、C、D和N共6个；且有面MAB、面MBC、面MCD、面MDA、面NAB、面NBC、面NCD和面NDA共个，且每个面都是三角形．所以选项A、B、C正确，选项D错误．故选D．【点睛】本题考查了利用空间几何体的直观图判断几何体结构特征的应用问题，是基础题目．6．已知,且,则A． B． C． D．【答案】C【解析】求出的坐标，利用垂直的坐标表示列方程求解.【详解】由题意知，，且，故，解得.故选：C.【点睛】本题考查向量的坐标表示，垂直的坐标表示，是基础题.7．已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长是，则该正四棱锥的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据正四棱锥的底面边长和侧棱长，求出侧面面积与底面面积，然后求出表面积即可.【详解】如图所示，在正四棱锥中，取中点，连接，则为直角三角形，所以，所以表面积.故选：B.【点睛】本题考查了正棱锥的表面积，属于基础题.8．现有一个封闭的正三棱柱容器，高为3，内装水若干（如图甲，底面处于水平状态），将容器放倒（如图乙，一个侧面处于水平状态），这时水面所在的平面与各棱的交点分别为其所在棱的中点，则图甲中水面的高度为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】首先利用图乙求出水的体积，再利用等体积法求出图甲中水面的高度.【详解】设正三棱柱的底面积为，∵，，，分别为其所在棱的中点，∴，即，∴，∴，因为，，所以图甲中水面的高度为.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用等体积法求高，属于基础题.二、多选题9．复数满足，则下列说法正确的是（

）A．的实部为 B．的虚部为2 C． D．【答案】AD【分析】由已知可求出，进而可求出实部、虚部、共轭复数、复数的模，进而可选出正确答案.【详解】解：由知，，即，所以的实部为，A正确；的虚部为-2，B错误；，C错误；，D正确；故选:AD.【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了复数的概念，考查了共轭复数的求解，考查了复数模的求解，属于基础题.10．正三棱锥的外接球半径为2，底面边长为，则此三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】首先设三棱锥的外接球的球心为，三角形的中心为，得到，再分类讨论求解三棱锥体积即可。【详解】设三棱锥的外接球的球心为，三角形的中心为，由题知：，解得.当外接球球心在线段上时，如图所示：，，所以.当外接球球心在线段的延长线上时，如图所示：，，所以.故选：AB11．（多选）已知向量，不共线，若，，且A，B，C三点共线，则关于实数，的值可以是（

）A．2， B．−3，C．2， D．−3，【答案】AB【分析】利用平面向量共线基本定理即可求解.【详解】因为A，B，C三点共线，则存在实数，使得，即，即，所以，又因为向量，不共线，所以，解得，所以实数，的值互为倒数即可求解.故选：AB12．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2cm，且CD＝2AB，下列说法正确的有（

）A．该圆台轴截面ABCD面积为B．该圆台的体积为C．该圆台的母线AD与下底面所成的角为30°D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm【答案】ABD【分析】求出圆台的高，根据梯形面积公式可求圆台轴截面的面积，从而可判断A；根据圆台的体积公式可判断B；圆台的母线与下底面所成的角为，从而可判断C；由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，设的中点为P，连接，求出，即为沿着该圆台表面，从点C到中点的最短距离，从而可判断D.【详解】由，且CD＝2AB，可得，高,则圆台轴截面的面积为,故A正确；圆台的体积为，故B正确；圆台的母线与下底面所成的角为，其正弦值为,所以，故C错误；由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，侧面展开图的圆心角.设的中点为P，连接，可得,则.所以沿着该圆台表面，从点C到中点的最短距离为5cm，故D正确.故选:ABD.三、填空题13．已知是虚数单位，若，则的值为______.【答案】0【分析】运用复数四则运算及复数相等的定义即可得解.【详解】因为，所以，.故答案为:14．已知，，则与的夹角为.【答案】【详解】根据已知条件，去括号得：，15．如图，半径为2的半球内有一个内接正六棱锥P－ABCDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．【答案】6【详解】显然正六棱锥P－ABCDEF的底面的外接圆是球的一个大圆，由已知，可得大圆的半径为2.易得其内接正六边形的边长为2.又正六棱锥P－ABCDEF的高为2，则斜高为＝，所以该正六棱锥的侧面积为6××2×＝6.16．如图，△ABC为等腰三角形，，，以A为圆心，1为半径的圆分别交AB，AC与点E，F，点P是劣弧上的一点，则的取值范围是______．【答案】【详解】以为原点，以的垂线平行线为轴，建立直角坐标系，由，，可得，可设，，，,故答案为.【方法点睛】本题主要考查平面向量的数量积以及向量的坐标表示、利用三角函数的有界性求范围，属于难题.求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:①配方法（适合二次函数）；②换元法（代数换元与三角换元）；③不等式法（注意基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”）；④三角函数法（注意恒等变形）；⑤图像法（根据图象的最高和最低点求解）；⑥函数单调性法求解（根据其单调性求凼数的取值范围即可），本题主要应用方法④解答的.四、解答题17．如图所示，在中，，，与相交于点.设，.（1）试用向量、表示；（2）在线段上取一点，在线段上取一点，使过点，设，，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）设，由、、三点共线以及、、三点共线可得出关于与的方程组，解出这两个未知数，即可得出关于、的表达式；（2）设，利用向量的减法运算可得出，结合可建立等式，通过化简计算可得出，即可得出结论.【详解】（1）不妨设.由于、、三点共线，则存在使得，即，于是.又，所以，则，即.①由于、、三点共线，则存在使得，即，于是.又，所以，所以，即.②由①②可得，，所以；（2）由于、、三点共线，所以存在实数使得，即，于是.又，，所以，所以，则，可得，两式相加得.【点睛】本题考查了平面向量的数乘，向量的线性运算及向量表示三点共线，属中档题．18．设复数（，，是虚数单位），且复数满足，复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.⑴求复数；(2)若为纯虚数(其中）,求实数的值.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）设，由得：，又复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则即.联立求解即可（2）由,可得,为纯虚数，∴，然后解方程即可试题解析：⑴设，由得：.①又复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上，则即.②.由①②联立方程组,解得,或，，，∴，.∴.⑵由,可得,为纯虚数，∴，解得.19．一个圆台的母线长为，两底面面积分别为和．（1）求圆台的高；（2）求截得