2023-2024学年湖南省衡阳市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年湖南省衡阳市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题1．设集合、是全集的两个子集，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】C【解析】作出韦恩图，数形结合，即可得出结论.【详解】如图所示，，同时.故选:C.【点睛】本题考查集合关系及充要条件，注意数形结合方法的应用，属于基础题.2．已知正实数满足，则的最小值为（

）A．10 B．11 C．13 D．21【答案】B【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【详解】解：正实数满足，则，，即：，当且仅当且，即时取等号，所以的最小值为11.故选：B.【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质的应用，同时考查转化思想和计算能力．3．若为不等式的解集，则的解集为A．或 B．C． D．或【答案】D【分析】为为不等式的解集，所以和是方程的两根，从而解得，进而可得解.【详解】因为为不等式的解集，所以和是方程的两根，所以，，所以，，所以不等式即，解得或，故不等式的解集为或，故选D．【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，一元二次不等式与一元二次函数的关系，属于中档题.4．已知函数，若，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，容易判断为奇函数，且在R上单调递增，进而将原不等式转化为，最后根据单调性求得答案.【详解】设，，则，即为奇函数，容易判断在R上单调递增（增+增），又可化为，，所以a>1－2a，∴a>．故选：A.5．已知定义域为R的函数在单调递增，且为偶函数，若，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，由函数为偶函数分析可得函数的图象关于直线对称，结合函数的单调性以及特殊值分析可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】解：根据题意，函数为偶函数，则函数的图象关于直线对称，又由函数在，单调递增且f(3)，则，解可得：，即不等式的解集为；故选：D．6．已知平行四边形中，点E，F分别在边上，连接交于点M，且满足，则（

）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】根据，得到，再由E，F，M三点共线求解.【详解】因为，所以，所以．因为E，F，M三点共线，所以．故选：B7．函数的图象（

）A．关于原点对称 B．关于点对称C．关于轴对称 D．关于直线对称【答案】B【分析】利用三角恒等变换公式确定函数的解析式，利用函数的性质确定对称中心或对称轴即可求解.【详解】,令得，所以函数的对称中心为，对于A，不存在使得，所以图象不关于原点对称，A错误；对于B，时对称中心为，B正确；令得，所以函数的对称轴为，不存在使得或，所以图象不关于轴对称，不关于直线对称，C,D错误.故选:B.8．函数的值域为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分和且两种情况进行讨论，当且时，利用二倍角公式和辅助角公式进行化简，然后利用三角函数的性质可得到值域【详解】当时，，，所以；当且时，，所以，因为且，所以且，所以所以，综上所述，函数的值域为故选：B二、多选题9．给出以下四个结论，其中所有正确结论的序号是（

）A．若函数的定义域为，则函数的定义域是；B．函数（其中，且）的图象过定点；C．当时，幂函数的图象是一条直线；D．若，则的取值范围是.【答案】ABD【解析】根据指数函数、对数函数的图象与性质，复合函数的定义域判断各选项．【详解】A．函数的定义域为，即，则，∴函数中的取值范围，即定义域为，即定义域是，A正确；B．令，则，∴图象过定点．B正确；C．中，它的图象是直线上去掉点，不是直线，C错；D．时，，不合题意，时，，，∴．D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查指数函数与对数函数的图象与性质，考查函数的定义域，掌握指数函数与对数函数的图象与性质是解题关键．10．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．若的最小正周期是，则B．当时，的对称中心的坐标为C．当时，D．若在区间上单调递增，则【答案】AD【解析】根据正切函数的性质，采用整体换元法依次讨论各选项即可得答案.【详解】解:对于A选项，当的最小正周期是，即：，则，故A选项正确；对于B选项，当时，，所以令，解得：，所以函数的对称中心的坐标为，故B选项错误；对于C选项，当时，，，，由于在单调递增，故，故C选项错误；对于D选项，令，解得：所以函数的单调递增区间为：，因为在区间上单调递增，所以，解得：，另一方面，，，所以，即，又因为，所以，故，故D选项正确.故选：AD【点睛】本题考查正切函数的性质，解题的关键在于整体换元法的灵活应用，考查运算求解能力，是中档题.其中D选项的解决先需根据正切函数单调性得，再结合和得，进而得答案.11．已知的内角、、所对的边分别为、、，下列四个命题中正确的命题是

（

）A．若，则一定是等边三角形B．若，则一定是等腰三角形C．若，则一定是等腰三角形D．若，则一定是锐角三角形【答案】AC【分析】对于A．利用正弦定理证明△ABC是等边三角形，故A正确；对于B，利用正弦定理化简得△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，利用正弦定理和三角恒等变换化简得△ABC是等腰三角形，故C正确；对于D，利用余弦定理化简得角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故D错误．【详解】对于A．若，则，，即，即△ABC是等边三角形，故A正确；对于B，若，则由正弦定理得，，则或，即或，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，若，则即，则△ABC是等腰三角形，故C正确；对于D，△ABC中，∵，∴，所以角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故D错误．故选：AC．12．在给出的下列命题中，正确的是（

）A．已知为的外心，边长为定值，则为定值．B．中，已知，则且则C．为为所在平面内一点，且，则动点的轨迹必通过的重心．D．为的垂心，，则．【答案】ABD【分析】由三角形的外心的性质和向量数量积的性质计算，即可判断A；由向量的运算推得AD为角平分线，利用三角形的面积公式运算，即可判断B；设线段BC的中点为D，由向量的中点表示和向量数量积的性质，即可判断C；由三角形的垂心性质和向量的夹角公式计算，即可判断D.【详解】A：O为的外心，边AB、AC长为定值，为定值，故A正确；B：在中，已知，由，可得D在的平分线上，又，可得D、B、C三点共线，即AD为角平分线，由得，得，故B正确；C：如图，设线段BC的中点为D，则，因为，即，所以，得，所以且平分BC，所以动点M的轨迹必通过的外心，故C错误；D：由H为的垂心，得，有，同理，所以，设，因为，所以，有，所以，同理可得，所以，故D正确.故选：ABD三、填空题13．设向量与的夹角为，定义与的“向量积”，是一个向量，它的模等于，若，，则______．【答案】2【分析】分别计算两个向量的模长及夹角，代入计算即可.【详解】，，则，则，则,故答案为：214．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则______．【答案】【分析】先由正弦定理得，再结合题中条件得，最后利用余弦定理可求得，结合可得.【详解】在中，由正弦定理可得，，又由题知，所以，整理得，，在中，由余弦定理得，，所以，又，所以.故答案为：.15．若向量,,则的最大值为________.【答案】3【详解】试题分析：根据题意，由于向量,,则可知=，那么化为单一函数可知，可知最大值为3，故填写3.【解析】向量的数量积点评：解决的关键是对于向量的数量积的坐标运算以及数量积的性质的运用，属于基础题．四、双空题16．在中，角，，所对的边分别为，b，c.已知向量，且.D为边上一点，且.则_______，面积的最大值为________.【答案】

【分析】由计算可得，进而得出，因为，所以，，在和中分别计算和的表达式，然后利用可得，由余弦定理可得，两式结合可得，由不等式的知识可得，进而可得，最后利用三角形面积计算公式可得出面积的最大值.【详解】由可得，，利用余弦二倍角公式和边化角可得：，即，利用积化和公式可得：，即，又，所以；因为，所以，，在中，，在中，，又，所以有，即，①又，②将②代入①得，，又，所以，即，由，，可得：，所以.所以面积的最大值为.故答案为：；.【点睛】本题主要考查解三角形，考查两角积化和公式的应用，考查三角形面积公式的应用，考查基本不等式的应用，考查逻辑思维能力和计算能力，属于中档题.五、解答题17．已知复数满足.（1）求；（2）求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由复数的模定义求得，移项可得，再由共轭复数定义得结论；（2）由复数的运算法则计算．【详解】解：（1）∵，∴，∴，∴，∴.（2）由（1）得，.18．已知函数的部分图像如图所示.(1)求的解析式；(2)设为锐角，，求的值.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）根据函数图象求出，和的值即可；（2）利用两角和差的余弦公式和正弦公式进行化简求解．试题解析：(1)由图可得,.(2)为钝角，，.点睛：本题主要考查利用的图象特征，由函数的部分图象求解析式，理解解析式中的意义是正确解题的关键，属于中档题．为振幅，有其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通过图象我们可得和,称为初象，通常解出，之后，通过特殊点代入可得，用到最多的是最高点或最低点.19．已知函数是偶函数（1）求实数的值；（2）若函数没有零点，求实数的取值范围（3）若函数，的最大值为0，求实数的值.【答案】（1）；（2）；（3）5.【分析】（1）根据偶函数定义得，再根据对数性质求的值；（2）令，可看作函数的图象与直线无交点，再求的值域可得答案；（3）化简后，再转化为二次函数，，根据对称轴与定义区间位置关系讨论最值取法，最后根据最大值为0解实数的值即可．【详解】（1）∵是偶函数，∴，即对任意恒成立，∴，∴．（2）由（1）知，函数没有零点，即方程无实数根．令，则函数的图象与直线无交点，∵，又，∴，∴的取值范围是，的取值范围是（3）由题意，的最大值为0，令，，，①当，即时，，；②当，即时，，（舍去）．综上可知，实数．【点睛】方法点睛：本题考查了函数的性质，考查函数零点问题．解题方法是把零点个数转化为方程解的个数，再转化为函数图象交点个数，由图象观察所需条件求得结论．考查了分析问题、解决问题的能力．20．在平面直角坐标系中，设向量，，．(1)若，求的值；(2)设，，且，求的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)利用向量的模长公式.(2)利用向量平行的坐标形式求解.【详解】（1）因为，，，所以，且.因为，所以，即，所以，即．（2）因为，所以．依题意，．因为，所以．化简得，，所以．因为，所以．所以，即．21．在中，角的对边分别为，且.(1)求A的值；(2)若，，当的周长最小时，求的值；(3)若，，且的面积为，求的长度.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理化简得到，利用辅助角公式得到，结合角A的范围，求出A；（2）利用余弦定理，基本不等式求出周长最小值及此时的值；（3）由面积公式得到，结合正弦定理得到，求出，由余弦定理求出答案.【详解】（1）由及正弦定理，得，因为，且，所以，即，因为，所以；（2）由余弦定理，得，将代入，整理，得，因为，所以的周长为，当且仅当，即时取等号，所以当的周长最小时，；（3）由的面积为，得，所以①，又，所以，，由正弦定理，得，②由①②可得，因为，所以，在中，由余弦定理，得，所以.22．对于函数，且的定义域为，．（1）求实数的值，使函数为奇函数；（2）在（1）的条件下，令，求使方程，有解的实数的取值范围；（3）在（1）的条件下，不等式对于任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；【分析】（1）先利用求得，再验证即可；（2）求得此时函数，由此得解；（3）令，当时，问题等价为对恒成立即可，当时，问题等价为对恒成立，由此得解．【详解】（1）由得，，事实上，当时，，此时，故当时，函数为奇函数；（2）依题意，，当，时，显然函数为增函数，故，为使方程，有解，则即可；（3）易知，当时，函数单调递增，原不等式成立即为（3），故只要即可，令，则，，，对恒成立即可，由得，由得，；同理，当时，函数单调递减，故只要即可，对恒成立即可，可得；综上可知，当时，；当时，；【点睛】本题考查函数性质的综合运用，考查不等式恒成立求参数的取值范围，考查逻辑推理能力及运算能力，属于中档题．2023-2024学年湖南省衡阳市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.已知，为实数，（i为虚数单位）是关于的方程的一个根，则（）A.0 B.1 C.2 D.4【正确答案】D【分析】由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，结合根与系数的关系求解即可.【详解】由是关于的方程的一个根，则是关于的方程的一个根，则，，即，，则，故选：D.2.如图所示，四边形OABC是上底为1，下底为3，底角为的等腰梯形，由斜二测画法，画出这个梯形的直观图，在直观图中的梯形的高为A. B. C. D.【正确答案】A【详解】试题分析：∵四边形OABC是上底为1，下底为3，底角为45°的等腰梯形，故ABCD的高为1，面积，故其直观图的面积，设直观图的高为h，则，解得：，故选A．考点：平面图形的直观图．3.已知在正四面体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】设正四面体的棱长为2，取的中点，连接，则，所以是直线与所成的角（或其补角），设的中点为，则，在中，解三角形即可得答案．【详解】解：如图，设正四面体的棱长为2，取的中点，连接，，是的中点，，是直线与所成的角（或其补角），设的中点为，则，在中，，，，直线与所成角的余弦值为．故选：C．4.在△ABC中，，则△ABC的形状一定是（）A直角三角形 B.等腰三角形C等边三角形 D.等腰直角三角形【正确答案】A【分析】注意到，根据已知等式，利用向量的数量积的运算法则和线性运算法则可得到，进而得到结论.【详解】∴BA⊥AC,∴△ABC为直角三角形，故选：5.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先分析出三棱锥的外接球是一个长方体的外接球，是其外接球的直径，求出长方体的外接球的半径，再由球的表面积公式求解即可.【详解】将三棱锥放在一个长方体中，如图所示，则是长方体外接球的直径，因为是直角三角形，且，所以，所以球的直径，所以半径为，球的表面积为.故选：C6.已知向量，，则的最大值为（）A. B.2 C. D.1【正确答案】D【分析】根据题意可得，分和两种情况讨论，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：由向量，，得，当时，，当时，，当且仅当，即时，取等号，综上的最大值为1.故选：D.7.已知菱形的边长为，菱形的对角线与交于点，，点是线段上靠近的三等分点，则在上的投影向量的模长为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先根据数量积定义和题干条件算出菱形的四个内角，然后直接利用投影向量的模长公式计算.【详解】菱形对角线相互垂直，即，根据数量积的定义，，故，即，又为锐角，则，根据投影向量的模长公式，在上的投影向量的模长为：，依题意，，即，故，于是，即投影向量的模长为.故选：B8.如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为，上的动点，则周长的最小值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】的三边都在三棱锥的三个侧面上，将三棱锥的侧面展开成平面图形，根据共线时最短求解.【详解】连接由图易得，的三边都在三棱锥的三个侧面上，将三棱锥的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形为直角梯形，当四点共线时，的周长最小，最小值为，故选:B.二、多选题：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2分，有选错的得0分．9.已知复数(为虚数单位)，为的共轭复数，若复数，则下列结论正确的有（）A.在复平面内对应的点位于第二象限 B.C.的实部为 D.的虚部为【正确答案】ABC【分析】对选项求出，再判断得解；对选项，求出再判断得解；对选项复数的实部为，判断得解；对选项,的虚部为,判断得解.【详解】对选项由题得所以复数对应的点为，在第二象限，所以选项正确；对选项，因为，所以选项正确；对选项复数的实部为，所以选项正确；对选项,的虚部为,所以选项错误.故选：ABC本题主要考查复数的运算和共轭复数，考查复数的模的计算，考查复数的几何意义，考查复数的实部和虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10.设向量，，则（）A. B.与的夹角是C. D.与同向的单位向量是【正确答案】BC【分析】对于A，直接求出两向量的模判断即可，对于B，利用两向量的夹角公式计算判断，对于C，能过计算判断，对于D，利用判断【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误，对于B，因为，，所以，因为，所以，即与的夹角是，所以B正确，对于C，因为，，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，因为，所以与同向的单位向量是，所以D错误，故选：BC11.设平面向量，，在方向上的投影向量为，则（）A. B.C. D.【正确答案】BC【分析】根据数量积的定义和投影向量的定义逐个分析判断即可.【详解】设与的夹角为，对于A，当锐角时，，不一定相等，所以A错误，对于B，当为锐角时，，，所以，当为钝角时，，，所以，当为直角时，，综上B正确，对于C，，所以C正确，对于D，若，则，所以D错误，故选：BC12.已知棱长为2的正方体的中心为，用过点的平面去截正方体，则（）A.所得的截面可以是五边形 B.所得的截面可以是六边形C.该截面的面积可以为 D.所得的截面可以是非正方形的菱形【正确答案】BCD【分析】利用正方体的对称性逐一判断即可.【详解】过正方体中心的平面截正方体所得的截面至少与四个交，所以可能是四边形、五边形、六边形，又根据正方体的对称性，截面不会是五边形，但可以是正六边形和非正方形的菱形（如图）故A错误，BD正确；因为四边形的面积为，当截面过中心且平行与底面时，截面为矩形（此时也是正方形），且面积为，若这个截面绕着中心旋转，转到与四边形重合，此时面积为，所以在转动过程一定存在截面面积为，C正确．故选：BCD．三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知向量，满足，，与的夹角为，，则_______.【正确答案】4【分析】利用向量垂直以及数量积的运算法则，可得，在结合题目所给的模，代入即可求得.【详解】，即，又故414.在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：①MN∥平面APC；②C1Q∥平面APC；③A，P，M三点共线；④平面MNQ∥平面APC.其中说法正确的是________(填序号)．【正确答案】②③【分析】连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，从而可知MN⊂平面APC，所以①错误；由M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，从而可得C1Q∥平面APC，所以②正确；由于前的证明可知A，P，M三点共线是正确的，从而可知③正确；由于MN⊂平面APC，MN⊂平面MNQ，从而可判断④【详解】①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；②由①知M，N在平面APC上，因为在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，所以≌，所以，因为∥，所以AN∥C1Q，因为AN⊂平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的；③由①知A，P，M三点共线是正确的；④由①知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．故②③此题考查线面平行、面面平行的判断，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题15.异面直线a、b所成角为，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若，，，则________．【正确答案】或【分析】过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，要注意E、C在AB的同侧或异侧两种情况，结合已知有，再过C作CF⊥BE于F，求出DE、EC的长度，在Rt△DEC中应用勾股定理求.【详解】由题意，过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，如下示意图，∴由题设知：面ABEC为直角梯形且，过C作CF⊥BE于F，则CF=AB=2，，可得DE=，BE=，∴如图1，易得EF=，则EC=，在Rt△DEC中，CD=.如图2，易得EF=，则EC=，在Rt△DEC中，CD=.故或16.如图，在平面四边形中，．若点为边上的动点，则的最小值为_________．【正确答案】【分析】设，根据条件找出，，且与的夹角为，与的夹角为，从而根据向量的加法法则和减法的定义写出，然后表示为关于的二次函数，通过求二次函数的最小值即可解决问题.【详解】延长交于点，因为，所以，，在中，，，所以，在中，，，所以，所以，不妨设，则，且与的夹角为，与的夹角为，则，所以时，取最小值.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.已知平面向量，满足，，.（1）求；（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【正确答案】（1）；（2）.【分析】(1)由给定条件求出，再根据向量模计算公式即可得解；(2)根据向量夹角为锐角借助数量积列出不等关系即可作答.【详解】（1）依题意，，得，，所以；（2）由向量与的夹角为锐角，可得，即有，解得，而当向量与同向时，可知，综上所述的取值范围为.18.锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：．（1）求A；（2）求面积取值范围．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理边化角，利用两角和差关系得，即，结合角度范围即可得角A；（2）根据正弦定理及三角形面积公式转化为关于角的正切函数，根据锐角得角的范围，即可求得面积取值范围．【小问1详解】解：因为，由正弦定理得：，因为，所以，化简得，所以，因为，所以，【小问2详解】解：由正弦定理，得又，因为锐角，所以解得，则所以.19.已知圆锥SO的底面半径，高．（1）求圆锥SO的母线长；（2）圆锥SO的内接圆柱的高为h，当h为何值时，内接圆柱的轴截面面积最大，并求出最大值．【正确答案】（1）13（2）；最大值为30【小问1详解】∵圆锥SO的底面半径，高，∴圆锥SO的母线长；【小问2详解】作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，其中，，．设圆柱底面半径为r，则，即．设圆柱的轴截面面积为．∴当时，有最大值为30．20.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，BC边上的中线长为3．（1）求a；（2）求外接圆面积的最小值．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据已知，利用三角形的面积公式向量的线性运算以及模长公式，再利用余弦定理求解.（2）根据第（1）问的结论，利用基本不等式、正弦定理以及进行计算求解.【小问1详解】因为的面积，所以，因为，所以，所以，因为BC边上的中线长为3，不妨设BC边中点为D，所以，两边平方有：，即，所以，由余弦定理有：，即，解得.【小问2详解】由（1）有：，所以，