2023-2024学年江苏省徐州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学年江苏省徐州市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单择题：本题共8小题，每小题5分，共40分1.已知，若，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据，可得，再根据数量积的坐标运算即可得解.【详解】因为，所以，解得.故选：C.2.在中，内角所对的边分别是，，，的面积为，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据三角形面积公式即可列式求解.【详解】由题可知，.故选：C.3.设是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（）A.和 B.和C.和 D.和【正确答案】C【分析】根据不共线的两向量可作为平面的基底，判断每个选项中的两向量是否具有倍数关系，从而判断两向量是否共线，即可判断出答案.【详解】由于是平面内所有向量的一组基底，故不共线，对于A，和没有倍数关系，故二者不共线，可作为作为平面的一组基底；对于B，和没有倍数关系，故二者不共线，可作为作为平面的一组基底；对于C，因为，即和共线，不能作为基底；对于D，，故和没有倍数关系，故二者不共线，可作为平面的一组基底；故选：C4.已知函数在上单调递增，则的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由可求得的取值范围，根据函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.【详解】当时，，因为函数在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围为．故选：D.5.已知曲线C1：y=cosx，C2：y=sin(2x+)，则下面结论正确的是A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2【正确答案】D【详解】把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，故选D．点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.6.在中，，，，若该三角形有两个解，则范围是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据三角形解得个数可直接构造不等式求得结果.【详解】三角形有两个解，，即.故选：D.7.如图所示，已知在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，BE＝EC，AF＝2FC，则||＝（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用已知条件把转化为与，然后利用向量模的运算法则，化简求解即可．【详解】∵，∴.故选：C．8.已知是两个单位向量，时，的最小值为，则下列结论正确的是（）A.的夹角是 B.的夹角是C.或 D.或【正确答案】C【分析】根据向量数量积运算律和定义可得，结合二次函数的最值可构造方程求得，从而得到AB正误；由向量数量积运算律和定义可得，由此可知CD正误.【详解】对于AB，，当时，取得最小值，即，解得：，又，或，A错误，B错误；对于CD，，当时，，；当时，，；或，C正确，D错误.故选：C.二、多远题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要求.全都选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知向量，，，则可能是（）A. B.C. D.【正确答案】AD【分析】设，由向量模长的坐标运算可构造方程求得，由此可得.【详解】，可设，则，，，解得：，或.故选：AD.10.已知函数，点和是其相邻的两个对称中心，且在区间内单调递减，则（）A. B. C. D.【正确答案】AD【分析】由正切函数的图象性质，得出相邻两个对称中心之间的距离为半个周期，可求出T，然后由求出，然后再代点讨论满足题意的，即可得出答案.【详解】由正切函数图象的性质可知相邻两个对称中心的距离为，得.则由得，即得.由，且存在单调减区间，则可得，∴.由得，因，可得或，当时，，由，得，则函数的单调减区间为，令，由，得函数在上单调递减，所以满足题意；当时，，由，得，则函数的单调减区间为，令，由，得函数在上单调递减，所以满足题意；综上可得：或满足题意.故选：AD.本题考查了正切函数图象性质的应用，分类讨论思想的应用，属于一般难度的题.11.定义，设函数，给出以下四个论断，其中正确的是（）A.是最小正周期为的奇函数B.图象关于直线对称，最大值为C.是最小值为的偶函数D.在区间上是增函数【正确答案】BD【分析】结合正余弦函数的图象和的定义可确定的图象，结合图象的对称性可确定奇偶性，知AC错误；根据图象可确定对称轴和最大值，知B正确；根据解析式和正弦函数性质可知D正确.【详解】当时，；当时，；由此可得图象如下图所示，对于A，图象不关于原点对称，不是奇函数，A错误；对于B，由图象可知：图象关于对称，且，B正确；对于C，图象不关于轴对称，不是偶函数，C错误；对于D，当时，，在上是增函数，D正确.故选：BD.12.已知，点在线段上，且的最小值为，则的值可能为（）A. B. C. D.【正确答案】BCD【分析】分析出，利用平面向量的数量积以及二次函数的基本性质求出的取值范围，由此可得出合适的选项.【详解】当时，取得最小值，因为，此时点为线段的中点，因为，则，故，则，因为，故.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，且，则向量在向量方向上的投影为______．【正确答案】【分析】推导出，从而，，由此能求出向量在向量方向上的投影．【详解】，，且，，，，向量在向量方向上的投影为：．故答案为．本题考查向量的投影的求法，考查向量的数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．14.若，则是第________象限角.【正确答案】一或三【分析】由题设可以得到，就为偶数、奇数分类讨论后可得所处的象限.【详解】当为偶数，即时，，该角为第一象限角；当为奇数，即时，该角为第三象限角.综上，是第一或第三象限角.故一或三.本题考查角的终边的位置，一般地，可先把表示为，再根据的终边位置确定的终边位置（两者位置相同），本题属于基础题.15.在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是_____________.【正确答案】【分析】由已知结合向量的共线定理，求得，然后结合基本不等式，即可求解.【详解】因为，且为上任一点，可得，如图所示，由三点共线，可得，其中，则，当且仅当且时，即时，等号成立，所以的最小值是.故答案为.16.八卦是中国传统文化中的概念和哲学符号，如图1是八卦模型图，其平面图形为图2中的正八边形，设该正八边形对角线的交点为，若，则下列结论中所有正确结论的序号是______．①；②；③；④.【正确答案】①③④【分析】在正八边形中，每个边对应的中心角为，以点为坐标原点，建立的直角坐标系，求出、的坐标由坐标运算可判断①；由坐标运算求出可判断②；由向量的坐标运算可判断③；求出可判断④．【详解】由图知，在正八边形中，每个边对应的中心角为，以点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，则，，，，，．对于①：，，，所以，故①正确；对于②：，，，故②错误；对于③：，，，所以，故③正确；对于④：，所以，故④正确．故①③④.四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数．（1）化简；（2）若，求的值．【正确答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用三角函数的诱导公式化简即可；（2）利用诱导公式结合（1）中的结果求解．【详解】（1）函数，；（2）因为，即，所以．18.已知平面向量，，.（1）若，求的值；（2）求在上的投影.【正确答案】（1）；（2）【分析】（1）根据向量相等对应的坐标相同列方程组，解列方程组即可求解；（2）先求出以及，根据投影公式代入即可求解.【详解】（1）因为，，，所以，又，所以，解得：，所以；(2)由题意知，所以，，所以在上的投影为.19.某地政府部门欲做一个“践行核心价值观”的宣传牌，该宣传牌形状是如图所示的扇形环面(由扇形挖去扇形后构成的)．已知米，米，线段、线段与弧、弧的长度之和为米，圆心角为弧度．（1）求关于的函数解析式；（2）记该宣传牌的面积为，试问取何值时，的值最大?并求出最大值．【正确答案】（1）；（2）当时，y的值最大，最大值为．【分析】(1)根据弧长公式和周长列方程得出关于的函数解析式；(2)根据面积公式求出关于的函数表达式，根据二次函数性质可得的最大值．【小问1详解】根据题意，弧的长度为米，弧的长度米，，．【小问2详解】依据题意，可知，化简得：，，当，．∴当时，y的值最大，且最大值为．20.已知函数（，，）的部分图象如图所示．（1）求的解析式以及单调递增区间；（2）将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若关于x的方程在上有两个不等实根，求实数a的取值范围．【正确答案】（1），递增区间为，（2）【分析】（1）根据图象得到函数中，最小正周期，进而得到，再代入特殊点的坐标求出，得到解析式及递增区间；（2）得到平移后的解析式，转化为与的图象在上有两个不同的交点，结合函数的单调性，且，，得到a的取值范围．小问1详解】设的最小正周期为T．由题图得，，因为，所以，解得．所以，将，即代入解析式得：，结合图象可，，，，又，∴．∴．令，，解得，，∴的单调递增区间为，．【小问2详解】将的图象向右平移单位长度得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．∵方程在上有两个不等实根，与图象在上有两个不同的交点．∵函数在上单调递减，在上单调递增，且，，∴，即a的取值范围是．21.如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为.(1)求的值;(2)求的最小值.【正确答案】(1);(2)【分析】（1）建立如图所示直角坐标系，设，，求出，坐标，可知由，，三点共线，即，列方程即可求出的值；

（2）由(1)得，由面积可得，利用基本不等式可得最小值.【详解】(1)建立如图所示直角坐标系，设，，则，，由得，故，由得，所以，因为，，三点共线，所以，所以，解得.(2)由(1)得，因为，所以，所以，所以，当且仅当，时取得等号.本题考查平面向量的坐标运算，考查三角形面积公式，属于中档题.22.为迎接2022年的亚运会，城市开始规划公路自行车比赛的赛道，该赛道的平面示意图为如图所示的五边形.运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以在本队的器材车､公共器材车或收容车上获得帮助，也可以从固定修车点上获得帮助.另外，为满足需求，还需要运送一些补给物品，例如食物､饮料､工具和配件.所以项目设计需要预留出赛道内的两条服务通，（不考虑宽度），已知为赛道，，，，.（1）若，求服务通道的长度；（2）在（1）的条件下，应该如何设计，才能使折线赛道最长（即最大）？最长为多少？【正确答案】（1）；（2）当，折线赛道最长为.【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知可得，应用勾股定理即可求服务通道的长度；（2）由余弦定理可得，结合（1）及基本不等式可得，即可得最长长度，注意不等式中等号成立条件.【小问1详解】△中，由正弦定理得.而，则，在中，，故服务通道的长度为.【小问2详解】在△中，由余弦定理得，所以，则，所以，当且仅当时取等号.故，折线赛道最长为.2023-2024学年江苏省徐州市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．已知复数满足，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．2．已知在如图所示的等腰梯形ABCD中，，，，用斜二测画法画出该梯形的直观图，则该梯形的直观图的面积为（

）A． B． C．2 D．3．已知向量，，向量在向量上的投影向量的坐标为（

）A． B． C． D．4．已知，，则（

）A．1 B．2 C．3 D．45．圆木长1丈5尺，圆周为4尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长多少尺?这个问题的答案为（注:1丈等于10尺）（）A．18尺 B．17尺 C．16尺 D．15尺6．已知锐角的内角的对边分别为，若，，则面积的取值范围是（

）A． B． C． D．7．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（

）米.A． B．C． D．8．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（

）A． B． C． D．3二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分.9．已知复数满足（其中是虚数单位），则下列说法中正确的有（

）A．的最大值为3 B．的最小值为1C． D．有且只有两解10．下列说法正确的是（

）A．在△ABC中，，E为AC的中点，则B．已知非零向量与满足，则△ABC是等腰三角形C．已知，若与的夹角是钝角，则D．在边长为4的正方形ABCD中，点E在边BC上，且，点F是CD中点，则11．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，且其体积小于正四面体外接球体积．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（

）

A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值可能大于4C．勒洛四面体的体积是D．勒洛四面体内切球的半径是12．如图，矩形中，AB=2，BC=1，E为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（

）A．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的体积为B．存在某个位置，使得C．面积的最大值为D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知是第二象限角，且，则______．14．如图，在长方形中，，是的中点，沿AE将向上折起，使到的位置，且平面平面，则直线与平面所成角的大小为____.

15．在中，，点D在边BC上，，若的面积为，则AD的最大值为__________.16．已知函数，若实数满足对任意实数恒成立，则______.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18-22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知不共线的向量、，其中．（1）若向量与共线，求实数的值；（2）若，求与的夹角的正切值．18．计算：（1）已知，求的值．（2）求的值．19．已知向量（cosx，sinx），=（cosx，-sinx），函数．（1）若，，求的值∶（2）若，，，，求2a+β的值．．20．在三棱柱中，，，.(1)证明:；(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.21．如图，某镇有一块空地，其中，，.当地镇政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边上且不与端点重合，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带设儿童游乐场，为了安全起见，需在的周围安装防护网.(1)当时，求防护网的总长度；(2)为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问：多大时，可使的面积最小？最小面积是多少？22．如图一：球面上的任意两个与球心不在同一条直线上的点和球心确定一个平面，该平面与球相交的图形称为球的大圆，任意两点都可以用大圆上的劣弧进行连接.过球面一点的两个大圆弧，分别在弧所在的两个半圆内作公共直径的垂线，两条垂线的夹角称为这两个弧的夹角.如图二：现给出球面上三个点，其任意两个不与球心共线，将它们两两用大圆上的劣弧连起来的封闭图形称为球面三角形.两点间的弧长定义为球面三角形的边长，两个弧的夹角定义为球面三角形的角.现设图二球面三角形的三边长为，，，三个角大小为，，，球的半径为.(1)求证：(2)①求球面三角形的面积（用，，，表示）.②证明.答案解析1．C【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的乘法可得结果.【详解】由已知可得，则，因此，.故选：C.2．B【分析】先求出原图形的面积，再由直观图的面积为原图形面积的得出该梯形的直观图的面积.【详解】依题意，，，，所以，可知等腰梯形ABCD的面积为，根据斜二测画法规则知，其直观图的面积为原图形面积的，所以该梯形的直观图的面积为.故选：B.3．B【分析】根据投影向量的定义计算即可.【详解】由题意易知，，而在上的投影向量为.故选：B4．A根据两角差的正切公式，由题中条件，直接得出结果.【详解】因为，，则.故选：A.5．C【分析】此题考察几何体侧面路径的最值求法，根据题意对侧面进行展开，利用两点之间线段最短求解.【详解】如图为圆柱的侧面展开图，其中，，

所以，因为，故A，B，D错误.故选：C.6．A【分析】结合式子的特点，联系余弦定理，以及，表示出三角形ABC的面积，，结合三角函数的图像求出范围.【详解】由于，，，且，所以，那么外接圆半径为，由于，所以，，故.故选：A.7．A【分析】设，表达出，，结合，列出方程，求出答案.【详解】设，则，，，在中，，在中，，因为，所以，即，解得.故选：A8．A【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值.【详解】如图，取的中点，取的中点，连接，，，所以，又面，面，所以平面，又为的中点，所以,又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以在线段上，又因为，，所以线段的最大值为.故选：A.9．ABD【分析】根据复数模的展开公式，得到复数的轨迹方程，即可判断出A、B选项；只有实数或者纯虚数平方等于实数，由此可判断C；根据复数模的展开公式展开求解即可判断D选项.【详解】解：设，，因为，所以，点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，的最大值为，最小值，，正确；只有实数或者纯虚数平方等于实数，所以不一定等于实数4，错误；由得，，整理得，①，因为②，①②联立只有2解，正确.故选.10．AB【分析】对于A，利用平面向量基本定理根据题意将用，表示出来再判断，对于B，由向量的加法法则判断，对于C，由题意可知，，且两向量不共线，从而可求出的范围，对于D，如图，以为原点建立直角坐标，表示，然后利用数量积的万物复苏示运算求解【详解】对于A，因为△ABC中，，E为AC的中点，所以,所以A正确，对于B，因为与是非零向量，所以所在的直线平分，因为，所以，所以△ABC是等腰三角形，所以B正确，对于C，因为与的夹角是钝角，所以，且两向量不共线，由，得，得，当与共线时，，得，所以当与的夹角是钝角时，且，所以C错误，对于D，如图，以为原点建立直角坐标，则由题意可得，所以，所以，所以D错误，故选：AB11．BD【分析】最大的截面即经过四面体表面的截面，A不正确，计算，B正确，计算外接球的体积为得到C错误，计算勒洛四面体内切球的半径是，D正确，得到答案.【详解】对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，错误；对选项B：如图2，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，故，正确；对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心是正四面体外接球的球心，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，

如图4，为的中心，是正四面体外接球的球心，连接，由正四面体的性质可知在上.因为，所以，则.因为，即，解得，则正四面体外接球的体积是，因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，错误；对选项D：因为，所以，正确；故选：BD.方法点睛：几何体的内切球半径求法点睛：1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.12．CD【分析】对于A，由三棱锥体积最大，推出平面平面，推出的中点为三棱锥的外接球的球心，从而得半径为，体积为，故A不正确；对于B，设交于，利用反证法推出这个错误的结论，可得B不正确；对于C，根据三角形面积公式得当，时，面积最大，计算可知，C正确；对于D，根据二面角和线面角的定义计算可得D正确.【详解】对于A，在折起过程中，为定值，故三棱锥体积最大时，高最大，此时平面平面，如图：取的中点，的中点，因为，，所以，又因为平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，所以，则为三棱锥的外接球的球心，该球的半径为，故该球的体积为，故A不正确；对于B，连，交于，则为的中点，因为为线段的中点，所以，因为，所以,假设，因为，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，这样在中有两个直角，不可能，故假设不成立，故不存在某个位置，使得，故B不正确；对于C，设，则，当且仅当时，等号成立，而当时，，满足，即，.故面积的最大值为，C正确；对于D，因为，，，平面，所以，所以平面，又平面，所以平面平面，过作，因为平面，平面平面，所以平面，所以，，，所以.故D正确.故选：CD关键点点睛：涉及到外接球问题时，找到球心是解题关键.涉及到二面角和线面角时，根据定义作出一个平面角和线面角是解题关键.13．【分析】利用同角三角函数关系和二倍角正弦公式可直接求得结果.【详解】是第二象限角，，，，.故答案为.14．【分析】为中点，连接，证明平面，确定即直线与平面所成角，计算得到答案.【详解】如图所示：为中点，连接，

，为中点，故，平面平面，平面平面，平面，故平面，即直线与平面所成角，为等腰直角三角形，故.故答案为.15．【分析】先根据三角形的面积公式求出，再利用和的面积和为以及基本不等式求解.【详解】设的角，，所对的边分别为，则在中，，的面积为，所以，解得，因为，所以，所以，因为和的面积和为，所以，解得，因为，当且仅当，即时取等号，所以.故答案为.16．####【分析】化简得到，根据中心对称得到恒成立，对比等式得到，，且，代入计算得到，得到答案.【详解】，，取，函数关于点对称，其中满足，，故恒成立，又恒成立，故，，且恒成立，即，代入整理得到：恒成立，当，时成立，即，，此时，故.故答案为.关键点睛：本题考查了三角恒等变换，恒成立问题，函数的中心对称的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据中心对称得到恒成立是解题的关键.17．（1）；（2）．【分析】（1）设，根据已知条件可得出关于实数、的方程组，即可解得实数的值；（2）利用平面向量的数量积可求得的