江苏省南通市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）

江苏省南通市2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则集合A的子集个数为（）A.3 B.4 C.8 D.16【正确答案】D【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A，再计算其子集个数.【详解】因为，即，解得，因此含有4个元素，所以集合A的子集个数为.故选：D2.已知非零向量，则“”是“”（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件【正确答案】B【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，,当时，与垂直，，所以成立，此时，∴不是的充分条件，当时，，∴,∴成立，∴是的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选：B.3.已知实数满足（是虚数单位），则（）A.5 B.3 C. D.【正确答案】C【详解】根据已知条件，结合复数的四则运算及复数相等，即可求解．因为，则，，故．故选：C．4.时钟的分针从刻度12顺时针转到刻度6，相应的时针转过角度为，则的值为（）A B. C. D.【正确答案】A【分析】根据给定条件得，再利用差角的正切公式，结合特殊角的三角函数值求解作答．【详解】时钟的分针从刻度12顺时针转到刻度6，用时小时，而时钟的时针顺时针旋转1小时，转过的角度为，因此，．故选：A5.已知与是方程的两个根，则实数的值为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由一元二次方程根与系数的关系及同角三角函数基本关系式求解．【详解】与是方程的两个根，，两边平方得：，，得．即．故选：D．6.求的值为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由已知结合和差角公式进行化简即可求解．【详解】故选：A．7.已知在中，，分别为边，上一点，且，，与交于，若，则为（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】利用平面向量的基本定理可得，、分别为，的三等分点，将分别用两个线性运算表示，对应系数相等，即可求出答案．【详解】设，，，又，，得代入得：故选：B．8.正三角形的边长为3，点在边上，且，三角形的外接圆的一条弦过点，点为边上的动点，当弦的长度最短时，的取值范围是（）A.， B.，C.， D.，【正确答案】D【分析】设为外接圆的圆心，结合垂径定理和正弦定理，可得，再由极化恒等式推出，于是问题转化为求的取值范围，然后结合三角函数知识与余弦定理，即可得解．【详解】解：设为外接圆的圆心，因为，所以，当弦长度最短时，，在中，由正弦定理知，外接圆半径，即，所以，因为，即，所以，因为点为线段上的动点，所以当点与点重合时，；当点与点重合时，，在中，由余弦定理知，，所以，综上，，，所以．故选：D．二、选择题：本大题共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2分，有选错的得0分。9.若，，，，设，．下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，则C.若，则 D.若是实数，则【正确答案】BCD【详解】根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．对于A，令，，，，满足，，但虚数不能比较大小，故A错误；对于B，若，则，，故B正确；对于C，，则，即，，，，故，故C正确；对于D，是实数，则是实数，即，故D正确．故选：BCD．10.下列说法中正确的为（）A.若向量，，则B.若与是共线向量，则点，，，必在同一条直线上C.若平面上不共线的四点，，，满足，则D.若非零向量，满足，则与的夹角是【正确答案】AC【详解】由向量的坐标运算可得，判断A；根据共线向量的含义可判断B；根据向量的线性运算结合向量模的含义，可判断C；根据向量模以及向量夹角的计算，可判断D.对于选项A，向量，，则，则，则，即选项A正确；对于选项B，若与是共线向量，则点，，，在同一条直线上或，即选项B错误；对于选项C，若平面上不共线的四点，，，满足，则，即，则，即选项C正确；对于选项D，已知非零向量，满足，设，则，即，设与的夹角是，则，又，则，即选项D错误．故选：AC．11.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作．给出下列结论，其中正确的为（）A.函数在上单调递增B.若，则C.若，，，则的最小值为0D.若，则的最小值为【正确答案】BCD【分析】利用新函数的定义化简函数式为一般的三角函数式，然后三角函数关系式的变换判断各选项即可得到结论：利用两角差的正弦公式化简函数，然后由正弦函数性质判断A，利用齐次式求值法求值判断B，利用换元法结合二次函数性质求最小值判断C，利用二倍角公式变形结合二次函数性质判断D．【详解】对于，因为，当时，，，由正弦函数的性质可知在，上不单调，故错误；对于B，由，可得，而，故正确；对于C，，令，因为，所以，则，则有，所以（1），所以，故正确；对于D，因为，所以当时，，故正确．故选：BCD．12.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（）A.若，则为的重心B.若为的内心，则C.若，，为的外心，则D.若为的垂心，，则【正确答案】ABD【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由，则，所以，所以A，M，D三点共线，且，设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，则有，，，所以，即，故B正确；对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，又，，则有，，，所以，，，所以，故C错误；对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由为的垂心，，则，又，则，，设，，则，，所以，即，所以，所以，故D正确；故选：ABD．关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.若复数z满足，则的最小值为________．【正确答案】1【分析】设，由条件可得，根据复数几何意义可求得最小值.【详解】设，由可得，轨迹是以原点为圆心以2为半径的圆，根据复数几何意义知，表示复平面内到的距离，则最小值为，故114.水平放置的平行四边形，用斜二测画法画出它的直观图，如图所示.此直观图恰好是个边长为的正方形，则原平行四边形的面积为___________.【正确答案】【分析】根据斜二测法的画图原则求出原平行四边形的边长和高，进而求面积.【详解】由题设，，故原平行四边形中上下底的高，平行四边形，，所以原平行四边形的面积为.故15.设，是平面上两个向量，若且，则__．【正确答案】．【分析】由两角差的正切公式，结合平面向量数量积的运算求解即可．【详解】因为，且，，，又，则，则，则，又，则.故．16.若是边上一点，且，，则的最大值为__．【正确答案】【分析】根据题意，利用正弦定理得出，由，再利用基本不等式求解即可．【详解】因为，即，所，不妨设，则，，在中，由正弦定理得，，又,所以，故，又，所以，得，得，所以为锐角，即由，当且仅当时，取等号，所以的最大值为．故．四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知复数，其中i为虚数单位.（1）若复数z为纯虚数，求m的值；（2）若，求m的值.【正确答案】（1）或（2）【分析】（1）根据纯复数的定义:实部为0，虚部不等于0，列出方程即可求解.（2）设，代入式子化简，根据两个复数相等的充要条件即可列出式子进行求解.【小问1详解】因为复数为纯虚数，所以满足，解得:或.【小问2详解】设，则，将其代入，则，整理得:，且，解得:，或，或，解得:18.已知向量，．（1）若，求的值；（2）若，向量与的夹角为锐角，求的取值范围．【正确答案】（1）（2），，．【分析】（1）利用向量的坐标运算及两向量垂直的条件即可求解;（2）根据向量夹角与向量数量积的关系及共线向量的充要条件即可求解.【小问1详解】若，则，，，，，，，，.【小问2详解】向量与的夹角为锐角，则，，，，又，，，又当与的夹角为不符题意，，，所以的取值范围为，，．19.设函数．（1）当时，求的最大值；（2）若且，求的值．【正确答案】（1）0（2）【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，再利用三角函数的图像与性质求解即可．（2）先得到，再利用两角差的余弦公式求解即可．【小问1详解】，，，的最大值为，的最大值为0；【小问2详解】由（1）知，，，，，；综上，（1）的最大值为0，（2）.20.如图，在中，，，为内角，，的对边．已知，分别为边上两点，且，平分线，，，．（1）求角的大小及边的长度；（2）求的面积.【正确答案】（1）；（2）【分析】（1）利用正弦定理得出，再结合题意和二倍角公式求出与的值，由余弦定理解方程求出的值；（2）求出的面积，利用角平分线定理求出，由此求出的面积.【小问1详解】在中，，，由正弦定理得，，即，又因为，所以，所以；又因为，所以，所以，解得；由余弦定理得，，即，所以，解得或（舍去）；所以.【小问2详解】由（1）得的面积为，因为平分线，所以，由正弦定理得，，又因为，，所以，即，所以，所以的面积为.21.如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设．（1）当为何值时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；（2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求．【正确答案】（1），最大面积为；（2）60°【分析】（1）由余弦定理得，表示出四边形的面积，利用三角函数的性质，即可得出答案；（2）由题意得，即，即的最大值为3，取等号时，利用余弦定理，即可得出答案．【小问1详解】在中，由余弦定理得，，四边形的面积，当，即时，四边形的面积最大，且最大面积为；【小问2详解】，且为等边三角形，，，，，即的最大值为3，取等号时，，不妨设，则，解得，，．22.如图所示中，，是的重心，边上的高为，过的直线与，分别交于点，，已知，．（1）求的值；（2）若，，，求值．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用重心的性质以及三点共线的充要条件即可求解；（2）先解出与，再利用解三角形知识求出和，将化简求解即可.【小问1详解】因为，，所以，，如图所示，连接并延长交于点，因为是的重心，则为中点，所以，因为，，起点相同，终点共线，所以，即.【小问2详解】设角所对的边分别为，又，，即，，又，由余弦定理得，所以，因为，又由（1）知，且，联立，消得到，解得，，所以由，，得到，，在中，由余弦定理得，所以在中，由余弦定理，，又,,所以．江苏省南通市2023-2024学年高一下册期中数学质量检测模拟试题一、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.设，则“”是“”的（）条件.A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分又不必要【正确答案】A【分析】根据条件，直接利用充分条件和必要条件的判断方法即可得出结果.【详解】由，得到，即，所以时，能得出，当时，不妨取，此时，故时，得不出，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.2.已知集合，或，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先求集合A，再根据集合间的运算求解.【详解】由题意可得：，，所以.故选：B.3.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由已知可求得，进而得出，然后计算复数的模即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，所以，.故选：D.4.如图，梯形是一水平放置的平面图形在斜二测画法下的直观图.若平行于轴，，则平面图形的面积是（）A.14 B.7 C. D.【正确答案】B【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形ABCD的形状，求出底边边长以及高，然后求出面积．【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，可知原图中，从而得出AD⊥DC，且，直观图中，，可知原图中，，即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，故其面积.故选：B5.已知，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先利用条件求出，再利用平方关系和倍角公式将化简变形成，即可解求出结果.【详解】由，得到，故，故选：A.6.在平行四边形中，对角线与交于点，为中点，与交于点，若，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据平行四边形性质得到比例关系，结合平面向量基本定理得到，得到答案.【详解】因为平行四边形中，为中点，所以∽，，又，设，则，解得，则，故.故选：C7.已知，，，，则，，的大小关系是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先求的取值范围，再结合指数函数的单调性分析判断.【详解】因为，则，即，且定义域内单调递减，则，即，又因，所以.故选：B.8.如图所示，河边有一座塔，其高为，河对面岸上有两点与塔底在同一水平面上，在塔顶部测得两点的俯角分别为和，在塔底部处测得两点形成的视角为，则两点之间的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先利用条件得到的长度及，在中，利用余弦定理即可求出结果.【详解】因为在塔顶部测得两点的俯角分别为和，所以在直角三角形中，，可得，在直角三角形中，，可得，在中，由题知，由余弦定理得，得到.故选：C.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，至少有两项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，则（）A.的共轭复数是 B.对应的点在第二象限C. D.若复数满足，则的最大值是6【正确答案】ABD【分析】对于选项A，由共轭复数的定义即可判断；对于选项B，先求，再判断对应的点所在的象限；对于选项C，分别求出和即可判断；对于选项D，可用复数模的三角不等式求解，或用复数模的几何意义转化为圆上的点和定点的距离的最值问题来求解.【详解】对于选项A，由复数，得的共轭复数是，故选项A正确.对于选项B，由复数，得，所以对应的点为在第二象限.故选项B正确.对于选项C，，，故选项C错误.对于选项D，解法一：因为，利用复数模的三角不等式得.解法二：如图，因为在复平面上对应的点为，表示在复平面上对应的点到的距离等于，所以表示的点的轨迹为圆心在，半径等于的圆.因为，，所以当对应的点在处时，的最大值为.故选项D正确.故选：ABD10.已知向量，，，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若向量与向量夹角为锐角，则的取值范围为且D.的最小值为【正确答案】BD【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，结合数量积、模的坐标表示逐项计算判断作答.【详解】向量，，，对于A，，则有，解得，A错误；对于B，，于是，解得，即，C正确；对于C，，，依题意，，解得且向量与向量不共线，当向量与共线时，，解得，所以的取值范围为且，C错误；对于D，，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为，D正确.故选：BD11.已知函数的部分图象如图所示，若将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的值可以是（）A. B. C. D.【正确答案】AD【分析】根据函数图象可确定和最小正周期，由此可得，结合可求得，从而得到的解析式，根据可构造方程求得，由此可得可能的取值.【详解】由图象可知：，最小正周期，，，，解得：，又，，，，，，解得：，当时，；当时，.故选：AD.12.已知四棱锥的底面为正方形，底面，平面过点A且与侧棱的交点分别为E，F，G，若直线平面，则（）A.直线平面 B.直线直线C.直线与平面所成的角为 D.截面四边形的面积为【正确答案】AB【分析】利用线面垂直的性质及中位线即有，根据线面平行的判定判断A；由面及线面垂直性质判断B；根据线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小判断C；根据线面垂直的判定及性质证、，利用三角形相似得到相关比例，进而求出，即可得四边形的面积判断D.【详解】由底面，底面，则，由的底面为正方形，则，又，面，故面，因为面，故，由平面过点A且与侧棱的交点分别为E，F，G，若直线平面，所以，易得平面PAD，可得，又，所以平面PDC,，又，所以为PD中点，同理可得为PB中点，故，因为平面，平面，故面，A正确；因为面，则面，面，所以，B正确；由平面，即面，故为直线与平面所成角的平面角，因面，则，而，因为底面，则，所以，综上，，故，则，显然，不为，C错误；因为底面，则，又，由，面，所以面，而面，故，由面，则，故△△，即，同理可证：，而，则，由上知：，则，即，综上，△中有，则，所以截面四边形的面积为，D错误.故选：AB三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系中，已知，，，为轴上两个动点，且，则的最小值为________.【正确答案】【分析】设，的坐标，利用向量的坐标运算求解.【详解】设，1.若，则，可得，当时，取到最小值；2.若，则，可得，当时，取到最小值；综上所述：取到最小值.故答案为.14.如图，在四面体中，，，、分别为、的中点，，则异面直线与所成的角是_____________．【正确答案】##【分析】取的中点，连接，，即可得到即为异面直线与所成的角，再由线段关系及勾股定理逆定理得到为等腰直角三角形，即可得解；【详解】解：取的中点，连接，，因为为的中点，为的中点，所以且，且，所以即为异面直线与所成的角或其补角，又，，，所以，，所以，所以，所以为等腰直角三角形，所以；故15.设，则________.【正确答案】##【分析】利用三角恒等变换整理得，根据题意赋值求解.【详解】因为，即，令，可得；令，可得；令，可得；所以.故答案为.16.在中，内角所对的边分别为，，，，则的最大值为________.【正确答案】【分析】利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换运算求解.【详解】因为，则，可得，由正弦定理可得，因为，则，当，即时，取到最大值.故答案为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.设向量，，且.（1）求向量与的夹角；（2）若，求实数的值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据模长的坐标运算可得，再结合数量积的运算律求解；（2）根据（1）中的结果结合数量积的运算律求解.【小问1详解】由题意可得：，因为，则，解得，可得，且，所以向量与的夹角为.【小问2详解】由（1）可得：，若，即，则，即，整理得，解得，所以实数的值为.18.已知函数且函数相邻两个对称轴之间的距离为.（1）求的解析式及最小正周期；（2）若方程在上的解为，，求.【正确答案】（1）；（2）【分析】（1）化简整理得，根据相邻两个对称轴之间的距离可得周期，从而根据周期即可得解析式；（2）求得，分析得出点、关于直线对称，可得出，再利用诱导公式可求得的值.【小问1详解】因为，又函数相邻两个对称轴之间的距离为，所以，又，则，所以，最小正周期为；【小问2详解】由题意可得，同理可得，当时，则，所以，，令，得，因为，所以点、关于直线对称，所以，所以.19.如图所示，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点．（Ⅰ）求证：//平面；（Ⅱ）求证：；【正确答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）通过连结，根据、分别为，的中点，得到平行关系，应用“线面平行”的判定定理，作出结论；（Ⅱ）由“线面垂直”的定义可得线线垂直，由线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直.【详解】（Ⅰ）连接，在中，、分别为，的中点，则（Ⅱ）因为平面,平面，所以又因为,且,故