2023-2024学年山东省菏泽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学年山东省菏泽市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1．在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则等于（

）A． B． C． D．2．在平行四边形ABCD中，，，，，则（

）A．2 B．－2 C．4 D．－43．在中，，，，则的解的个数是（

）A．0个 B．2个 C．1个 D．无法确定4．已知正四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，则该四棱台的表面积为（

）A． B．34 C． D．685．一艘船从河岸边出发向河对岸航行.已知船的速度，水流速度，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为（

）A．5 B．10 C．8 D．6．已知正三棱锥中，，，，则正三棱锥内切球的半径为（

）A． B． C． D．7．已知是直径为的圆内接三角形，三角形的一个内角满足，则周长的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知复数，，且，在复平面内对应向量为，，，（O为坐标原点），则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则（

）A．若，则B．若，则一定是锐角三角形C．点，，与向量共线的单位向量为D．若平面向量，满足，则的最大值是510．设是给定的平面，A、B是不在内的任意两点，则（

）A．在内存在直线与直线AB相交 B．平面与直线AB至多有一个公共点C．在内存在直线与直线AB垂直 D．存在过直线AB的平面与垂直11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（

）A．若，则为钝角三角形B．若，则为等腰三角形C．若的三条高分别为，，，则为钝角三角形D．若，则为直角三角形12．如图，在矩形ABCD中，，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成，与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（

）

A．CH的长是定值；B．在翻折过程中，三棱锥的外接球的表面积为；C．当时，三棱锥的体积为；D．点H到面的最大距离为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长___________.

14．在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．15．已知，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角__________.16．已知向量，的夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为_________.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（i是虚数单位）.(1)求复数z的模；(2)若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围.18．如图，，，，点C是OB的中点，绕OB所在的边逆时针旋转一周.设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为，.

(1)求旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S；(2)当时，求点O到平面ABD的距离.19．复数，，i为虚数单位，.(1)若是实数，求的值；(2)若复数，对应的向量分别是，，向量，的夹角为锐角，求的范围.20．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且.(1)求C；(2)若，，角C的平分线交AB于点D，点E满足，求.21．如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M.

(1)设，求的值；(2)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由.22．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.(1)证明：；(2)求的取值范围.答案解析1．A【分析】由复数的运算可得，再求解即可.【详解】解：由，又复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则，故选：A.本题考查了复数的运算，重点考查了复数在复平面对应的点，属基础题.2．B【分析】以为基底表示，代入向量的数量积公式计算即可.【详解】

如图，∵，，，∴，∴.故选：B．3．B【分析】作出辅助线，得到，得到解的个数.【详解】过点作⊥于点，因为，，，所以，所以，这样的可能为锐角，也可能为钝角，如图所示，解的个数为2个.故选：B4．C【分析】求出棱台侧面的高，即可求出该四棱台的表面积【详解】由题意，在正四棱台中，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，作出立体图如下图所示，

过点作，面于点，连接，由几何知识得，，在中，由勾股定理得，，设该四棱台的一个侧面面积为∴该四棱台的表面积为：，故选：C.5．B【分析】由航程最短时，船实际航行的方向与河对岸垂直求解.【详解】解：如图所示：是河对岸一点，且与河岸垂直，那么当这艘船实际沿方向行驶时，航程最短，此时，，所以当航程最短时船实际航行的速度大小为10，故选：B6．C【分析】由于三棱锥为正三棱锥，所以，由于可得，则可得，设点为的重心，设正三棱锥内切球的半径为，然后利用等体积法求解即可.【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所以，设，因为，所以，因为，所以，因为，，所以，所以，得，得，所以，设点为的重心，由，所以,设正三棱锥内切球的半径为，设为正三棱锥内切球的球心，因为，所以，所以，解得故选：C

7．D【分析】由余弦求出正弦，先由正弦定理得到，进而利用余弦定理和基本不等式求出，得到周长的最大值.【详解】因为，所以，不妨设所对的边为，则由正弦定理得，所以，由余弦定理得，即，由基本不等式得，所以，解得，故周长的最大值为.故选：D8．B【分析】根据复数设出，表达出和，得到表达式，即可求出的最小值.【详解】由题意，，，且，所以得，设,∴,，，其中,∴时,取最小值为.故选：B.9．AD【分析】由正弦定理结合三角形的边角关系可判断A；由余弦定理结合三角形的边角关系可判断B；求出向量共线的单位向量可判断C；由向量的模和平面向量的数量积运算可判断D.【详解】对于A，在在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，所以，则，结合正弦定理可得，故A正确；对于B，，由余弦定理可得，可得角为锐角，但不一定是锐角三角形，故B不正确；对于C，由，，可得，所以向量共线的单位向量为或，故C不正确；对于D，，则，所以，则的最大值是5，故D正确.故选：AD.10．BCD【分析】取可判断A选项的正误；取与平交可判断选项B正误；利用线面垂直的性质可判断C选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，当直线平面，则平面内的直线与直线平行或异面，故选项A错误；对于B选项，如果与平交，则平面与直线至多有一个公共点，故选项B正确；对于C选项，若，则平面内存在无数条直线与垂直；若与不垂直，设、在内的射影点为、，连接，存在直线平面，使得，因为，，则，，则，，则平面，平面，则，故选项C正确；对于D选项，由C选项可知，，平面，则平面，且平面，故选项D正确.故选：BCD.11．ACD【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.【详解】对于A，因为，所以，所以，又因为，所以，所以只有一个小于0，所以是钝角三角形，选项A正确；对于B，若，则或，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，选项B错误；对于C，设的面积为，由面积公式知，解得，所以为最大角，所以所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；对于D，由，得，而，当且仅当时等号成立，所以，解得，即，所以为直角三角形，选项D正确.故选：ACD.12．ACD【分析】对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算表面积判断；对于C，连接，连接，可证明平面，再利用等体积法判断；对于D，令点到面的距离为，则点H到面的距离为，结合等体积法可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断.【详解】由题意可知，，对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，则，且，又，且，所以，且，四过形ECHG是平行四边形，，而，故A正确；

对于B，取的中点，连接，所以，即点为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；

对于C，连接，连接，根据正弦定理可得，即，所以，即，分别为的中点，又M为DE的中点，，，又，平面，，又，，又平面，，故C正确；

对于D，令点到面的距离为，因为H为中点，所以点H到面的距离为.因为，因为三棱锥的底面积是定值，所以当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，连接，则平面，所以，即，解得，所以点H到面的最大距离为，故D正确.故选：ACD13．【分析】根据已知，利用斜二测画法“平行依旧垂改斜，横等纵半”、以及勾股定理计算求解.【详解】如图，根据斜二测画法，因为，，所以，，且轴，轴，是的中点，所以，在直角中，由勾股定理有：，所以，则的周长.故答案为.

14．3【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.【详解】解得：；又，代入得：或；根据余弦定理得：，解得：；故315．【分析】根据投影向量定义结合向量夹角公式计算求解即可.【详解】在方向上的投影向量为，,,.故答案为:16．【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值.【详解】因为，所以，整理可得，因为对任意，上式恒成立，所以；由题意知，所以，所以.可以看作点与点的距离之和；如图，点关于的对称点为，则；所以的最小值为.故答案为.关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是恒成立条件的转化，可求；二是利用转化求的最小值，看作点与点的距离和是突破口.17．(1)(2)【分析】（1）先化简得到，再根据模长公式即可求解；（2）先化简得到，再根据题意可得，求解即可.【详解】（1）因为，所以；（2）因为，所以，解得，所以实数a的取值范围.18．(1)，(2)【分析】（1）旋转一周所得旋转体为大圆锥挖去小圆锥，利用圆锥的体积公式和侧面积公式可求旋转体的体积V和表面积S；（2）利用等积法可求O到平面ABD的距离.【详解】（1）设底面半径为，圆锥BO底面面积为，底面周长，母线.圆锥BO的体积，侧面积.圆锥CO的体积，，侧面积.旋转一周所得旋转体的体积旋转一周所得旋转体表面积.（2）

连接AD，在等腰三角形AOD中，，，，，而，设点O到平面ABD的距离为h，，故，，19．(1)(2)【分析】（1），由为实数，可得，再结合余弦倍角公式即可求解；（2）由题意可得，，由向量，的夹角为锐角可得，再排除同向时，即可求解.【详解】（1）因为，因为为实数，所以，，；（2）复数，因为复数，对应的向量分别是，，所以，，，，又，，当，同向时，，得，综上，向量，的夹角为锐角时，的范围是.20．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理，完成角化边，根据角的余弦定理，可得答案；（2）根据直角三角形的性质，求得，根据余弦定理，求得，根据正弦定理，可得答案.【详解】（1）依题意，由正弦定理得，由余弦定理，，则，则，因为，所以.（2）如图所示，因为，，所以，又因为CD为的平分线，所以，.因为，所以在中，，又，所以为等边三角形，所以.在中，由余弦定理可得，即，在中，由正弦定理可得，即，得.21．(1)(2)存在，【分析】（1）以点A为原点建立平面直角坐标系，根据求得点的坐标，设，再根据平面向量相等的坐标表示即可得解；（2）分点P在AB上和点P在BC上两种情况讨论，结合可得求得点的坐标，再根据平面向量的模的坐标表示即可得解.【详解】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，，，因为，则，则，故，又D，M，E三点共线，则设，，即，则，解得；

（2）由题意得，假设存在点P，使得，①当点P在AB上时，设，，，则，则，故，；②当点P在BC上时，设，，，则，解得（舍去）；综上，存在符合题意的点，.22．(1)证明见解析.(2).【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.【详解】（1）∵，∴，∴由余弦定理得：，即：，由正弦定理得：，∴，整理得：，即：，又∵，∴，即.（2）∵，∴，又∵，，，∴由正弦定理得：，又∵，∴，令，则，，∵对称轴为，∴在上单调递增，当时，；当时，，∴，即：的范围为.2023-2024学年山东省菏泽市高一下册期中数学质量检测模拟试题一.选择题：本题共8个小题，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.若，则是（）A.第一象限角 B.第二象限角C.第三象限角 D.第四象限角【正确答案】B【分析】直接根据角所在象限判断方法即可得到答案.【详解】因为，故是第二象限角，故选：B.2.已知，则与的夹角为（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】分别求出与的数量积和模，代入夹角公式即得．【详解】∵∴又∵与的夹角范围为∴与的夹角为．故选：D3.中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将以坐标原点O为圆心的圆的周长和面积同时平分的函数称为此圆的“优美函数”，则下列函数中一定是“优美函数”的为（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】根据题意可知优美函数图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项即可得出正确选项.【详解】根据优美函数的定义可知，优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，对于A，不是奇函数，A选项错误；对于B，不是奇函数，B选项错误；对于C，的定义域为，且是奇函数，C项正确；对于D，的定义域为，所以图像不经过坐标原点，D选项错误；故选：C．4.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.， B.， C.， D.，【正确答案】A【详解】结合图象，是个周期，故，故，而，解得：故选A．5.下列各式中，值为的是A. B.C. D.【正确答案】C【详解】对于选项A：；对于选项B：；对于选项C：；对于选项D：；故选C6.等边的边长为1，点C在直线AD上，且．若B为AC的中点，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由三点共线求t值，然后利用向量的模长公式和数量积公式计算即可得到答案.【详解】因为A，C，D三点共线，，所以．因为B为AC的中点，所以，所以故选：B7.已知，则等于（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先利用结合得出的值，然后利用二倍角公式得到，即，又，将代入便可解出答案.【详解】因为，所以，则，所以，又，所以，所以.故选：A.本题考查诱导公式，考查正弦、余弦的二倍角公式及其应用，难度一般，解答时公式的变形运用是关键.8.已知平面内，，，且，则的最大值等于A.13 B.15 C.19 D.21【正确答案】A【分析】令，，将，表示成，，即可将表示成，展开可得：，再利用基本不等式即可求得其最大值.【详解】令，，则又，所以当且仅当时，等号成立.故选：A本题主要考查了平面向量基本定理的应用及利用基本不等式求最值，考查转化能力及计算能力，属于难题.二.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，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.给出下列四个命题，其中是真命题的为（）A.如果是第一或第四象限角，那么B.如果，那么是第一或第四象限角C.终边在轴上的角的集合为D.已知扇形的面积为1，周长为4，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为2【正确答案】ACD【分析】对于A，利用三角函数的定义即可判断；对于B，举反例即可；对于C，直接写出对应角的集合；对于D，利用扇形的面积和弧长公式即可【详解】对于A，若θ是第一或第四象限角，根据三角函数的定义可得，故正确；对于B，若，则，但此时θ不是第一或第四象限角，故错误；对于C，终边在x轴上的角的集合为，故正确；对于D，设扇形的圆心角的弧度数为，半径为，则，解得，故正确故选：ACD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.值域是R B.在定义域内是增函数C.的最小正周期是 D.的解集是【正确答案】AC【分析】根据正切函数的性质，即可判断A项；求出函数的单调递增区间，即可判断B项；由周期公式，求出周期，即可判断C项；由时，由的解，即可得出，求解不等式即可得出解集，判断D项.【详解】对于A项，根据正切函数的性质，可知的值域是R，故A项正确；对于B项，由可得，，所以的定义域为.由可得，，所以在每一个区间上单调递增，故B项错误；对于C项，由已知可得，的最小正周期是，故C项正确；对于D项，当时，由，可得.则由可得，，所以的解集是，故D项错误.故选：AC.11.下列说法正确的是（）A.已知向量，，若∥，则B.若向量，共线，则C.已知正方形ABCD的边长为1，若点M满足，则D.若O是的外心，，，则的值为【正确答案】CD【分析】对于A，由两向量平行的坐标运算计算即可；对于B，分向量，同向和向量，反向计算，即可判断；对于C，由题意可得为的三等分点中靠近的点，于是可得,再由向量的四则运算法则及数量积运算计算即可；对于D，由题可得,(为的外接圆半径)，进而可得，即有，即可判断.【详解】解：对于A，因为，，∥，所以，解得，故错误；对于B，因为向量，共线，当向量，同向时，则有；当向量，反向时，则有，故错误；对于C，因为，所以为的三等分点中靠近的点，所以,,所以,故正确；对于D，因为O是的外心，所以(为的外接圆半径),又因为,所以,即,①同理可得,②由①-②可得：，即有，故正确.故选：CD.12.已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（）A.在区间上单调递增B.不是的一个周期C.当时，的值域为D.的图像关于轴对称【正确答案】BCD【分析】对于A，通过举反例取，得出单调递减；对于B，根据周期的定义，即可判断；对于C，由得出的解析式，设，即可得出值域；对于D，由奇偶函数的定义判断出为偶函数，即可判断D．【详解】因为是上的偶函数，所以，对于A：当时，，设，则，在上单调递减，又在上单调递增，所以在单调递减，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：当时，，设，则，因为，所以，故C正确；对于D：定义域为，因为，所以为偶函数，图像关于轴对称，故D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，的夹角为，，，则______.【正确答案】【分析】根据计算可得结果.【详解】.故答案为.14.已知，，如果与的夹角是钝角，则的取值范围是___________【正确答案】【分析】与的夹角是钝角,则，根据向量夹角公式列不等式，由此求得的取值范围.【详解】设两个向量的夹角为，依题意可知为钝角，则，即，且由得或，由于且，所以实数的取值范围是.故本小题主要考查根据向量夹角求参数，注意利用时，要排除共线反向情况，属于中档题.15.若，，则________.【正确答案】【分析】根据以及求出，根据二倍角的正弦、余弦公式求出，，根据及两角差的正弦公式可得结果.【详解】因为，，当时，，又，所以，所以，所以，，所以.故答案为.本题考查了同角三角函数的基本关系式，考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了两角差的正弦公式，拆角：是解题关键.属于中档题.16.设函数是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则______.【正确答案】##-0.5【分析】根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.【详解】函数是上的奇函数，则，即，，则，所以，其定义域为关于原点对称，，则此时为奇函数，又的图象关于直线对称可得，，即,，由函数的单调区间知，，即，又因为，则时，，则，则故答案为.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.已知是单位圆上的点，点是单位圆与轴正半轴的交点，点在第二象限，记且.（1）求点的坐标；（2）求的值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据角的终边与单位交点为，结合同角三角函数关系和，可得点坐标；（2）利用诱导公式化简，将（1）中结果代入，即可得到答案．【小问1详解】解：设点坐标为，则，因为点在第二象限，所以，点坐标为.【小问2详解】解：由诱导公式可得由（1）知，所以，所以.18.如图，扇形OAB的圆心角为，，点M为线段OA的中点，点N为弧AB上任意一点.（1）若，试用向量，表示向量；（2）求的取值范围.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）以O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，求得，，，根据，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）设，则，根据向量的数量积的运算公式，求得，结合三角函数性质，即可求解.【详解】（1）如图，以O为坐标原点，建立直角坐标系xOy，则，，，，所以，，.设，则，解得，所以.（2）设，则，，则，，所以，其中，（为锐角）.因为，所以，则，，所以的取值范围为.本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记平面向量的基本定理和向量的数量积的坐标运算公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.19.已知.（1）求的值；（2）已知，，且，求的值.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求出，再化简即得解；（2）先求出，再求出，求出，即得解.【详解】（1）由已知得，所以（2）由，可得，则.因为，所以，又，则，因为，，则，则，所以.易错点睛：本题容易得出两个答案，或.之所以得出两个答案，是没有分析缩小的范围，从而得到.对于求角的大小的问题，一般先求出角的某三角函数值，再求出角的范围，再得到角的大小.20.已知的单调递增区间为，且函数图像的相邻对称轴之间的距离为，求：（1）的解析式；（2）若的图像向左平移个单位得到，求的单调递增区间；（3）若且，求的取值范围．【正确答案】（1）（2）（3）或【分析】（1）由图像的相邻对称轴之间的距离为得出，再得出的单调递增区间结合已知即可求出；（2）首先得出，用整体法求出的单调递增区间；（3）首先由奇偶函数的定义得出为偶函