2022-2023学年陕西省延安高一年级下册期中数学模拟试题（含解析）

2022-2023学年陕西省延安高一下册期中数学模拟试题

（含解析）

一、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.

l+3i

Z~~

1.若复数1—i（i是虚数单位），则z对应的点在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象

限

【正确答案】B

【分析】根据复数的除法运算，求得z,可得其对应的点，即可判断答案.

一加“山即*1+小（l+3i）Q+i）<+4i.

【详解】由题思z=——-=-----------=-------=-1+21,

1—i22

故Z对应的点为（-1,2）,在第二象限，

故选：B

2.轴截面是正三角形的圆锥称作等边圆锥,则等边圆锥的侧面积是底面积的

A.4倍B.3倍C.V2倍D.2倍

【正确答案】D

【分析】由题意，求出圆锥的底面面积，侧面面积，即可得到比值.

【详解】圆锥的轴截面是正三角形，设底面半径为r,则它的底面积为^

圆锥的侧面积为：—x2/-7f2r=2nr2；

2

圆锥的侧面积是底面积的2倍.

故选D.

本题是基础题，考查圆锥的特征，底面面积，侧面积的求法，考查计算能力.

3.已知是两个不共线的向量，若向量£-正与向量2£+坂共线，则实数f等于（）

1

A.——B.-1C.0D.-2

2

【正确答案】A

【分析】根据向量共线得到方程组，求出答案.

【详解】由题意得，存在；I使得£—4=4(2£+可，

2/=11

即《，，解得/=一一.

-t=A2

故选：A

4.已知两个单位向量14的夹角为则k+2可=()

A.15-2百B.75+273C.6D.币

【正确答案】C

【分析】将,+2+他+2,化简后，把己知条件代入计算即可.

一一2兀

【详解】因为两个单位向量。力的夹角为一，

3

所以卜+2^|=yl^a+2b^

=/1+4COS—+4

AV3

=Jl-2+4=y/3<

故选：C

5.在NBC中，a=2。b=20，8=45°,则A为()

A.60°B.60°或120°C.30°D.30°或

150°

【正确答案】B

【分析】利用正弦定理求sin”,结合三角形内角和的性质即可求A.

【详解】由题意知：，一=—2一,则sin/=d5,又0°</+8<180°，

sinAsmB2

Z=60°或120°.

故选：B

6.在Z8C中，BE=-3EC>贝1J（

—1—3——3—1—■

A.AE=——AB+-ACB.AE=-AB——AC

一1一4—­—►4—►1—•

C.AE——ABH—ACD.AE=—AB——AC

【正确答案】A

_3__

【分析】由丽=-3比，推得8E=-8C,根据向量的线性运算即可求得答案.

2

一3__

【详解】在Z6C中，BE=-3EC-则瓦C,E三点共线，则8E=-8C,

2

________3____3______1___3___

故存=存+而=荏+—前=焉+—证-茄）=——AB+-AC,

2222

故选：A

7.如图，在Z3C中，。是边NC上的点，且=2AB=4^BD，BC=2DB,

则sinC的值为（）

【正确答案】D

【分析】根据题中条件，在△N80中先由余弦定理求出cos/,利用同角三角函数关系求

出sin/l,利用正弦定理可求出sinN8OC,然后在8OC中利用正弦定理求解sinC

9r2_2r2

在△加）中，由余弦定理可得，

在中，由正弦定理得，----------=——

sinZADBsinA

X2V276

sin/ADB=----sinA-T—X----------=——

BD2x33

V3

所以sin/8DC=必

3

在8OC中，由正弦定理得,

sinCsinZBDC

SX.逅

8。sinZBDC

sinC=

故选：D

此题考查了正、余弦定理，同角三角函数的关系等知识，考查了计算能力，考查了数形结合

的思想，属于中档题.

8.正多面体共有5种统称为柏拉图体，它们分别是正四面体，正六面体（即正方体），正八

面体，正十二面体，正二十面体.把棱长为1的正六面体的每个面的中心依次连接可得一个

柏拉图体，则该柏拉图体的体积为（）

I111

A.-B.—C.-D.一

2468

【正确答案】C

【分析】由题意可知所得柏拉图体是由两个正四棱锥组成的，由正方体的棱长可求出正四棱

锥的底面边长和高，从而可求出其体积.

【详解】由题意可知所得柏拉图体是由两个正四棱锥组成的，如图所示，

因为正六面体的棱长为1,

所以正四棱锥的底面边长为也，高为：，

22

2

所以该柏拉图体的体积为2x；x当=/

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项

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.下列命题正确的是（）

A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形

B.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C.用平面截圆柱得到的截面可能是圆、矩形、等腰梯形等

D.底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱

【正确答案】AC

【分析】利用相关几何体的定义域特点一一分析判断即可.

【详解】对A,根据棱柱的特点知其侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故A正确；

对B,根据棱台定义知两个面不仅要平行，还要相似，各条侧棱所在直线交于一点，故B

错误；

对C,若用与圆柱上下底面平行的平面去截圆柱，则得到截面为圆，若用与圆柱轴截面平行

的的平面截圆柱（也可是轴截面），则得到矩形，若此截面保证与上下底交，且交线相互平

行，并且交线长不等，此时截面为等腰梯形，C正确；

对D,若这两个是矩形的侧面为相对的侧面，则此时另外两个面可以是平行四边形，则此时

不是正四棱柱，故D错误.

故选：AC.

10.已知复数4，Z2,则下列结论中一定正确的是（）

A.=|zjB.若zxz2=0,则Z[=0或z2=0

C-•Z],z2=Z[,z?D.若Izj=IZ21,则z；=z；

【正确答案】BC

【分析】设4=a+bi,z2=c+d,a,b,c,"wR.求出共辗复数，代入化简整理，结合模

的运算，即可判断各项.

【详解】设Z]=a+bi,z2=c+di,a,b,c,dGR.

对于A项，因为ZI=a-bi,所以Z1•不=(a+/>i)(a-bi)=a2+/)2=|z/，故A项错误;

对于B项，z,z2=(a+6i)(c+di)=ac—hd+(ad+bc)i.

ac—bd=0(ac-bd)-=0

因为,空2=0,所以《则

ad+be=0(ad+bc『=0

所以(ac-6d)~+(ad+bcy=0,

展开有，a2c2+b2d2-2abcd+a2d2+b2c2+2abcd=0，

整理可得，(/+/)(/+、2)=o,

所以/+/>2=0或c?+d=O，

所以，|Z||=0或团=0,所以，2]=0或22=0,故B项正确；

对于C项，z,-z2=(a-Z?i)(c-t/i)=ac-bd-^ad+/>c)i,

又4Z2=(a+6i)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i,所以％-7=4-z?，故C正确;

对于D项，取4=2,z2=1+V3i,显然|z1=|z21=2.

z；=4,z；=(l+JJi)2=-2+26iHz；,故D项错误.

故选：BC.

11.如图，已知六棱锥尸—/8CDEE的底面是正六边形，尸/，平面Z8C,PA=2AB，

则下列结论正确的是（）

B.直线C8与直线9所成角为45°

C.直线8C〃平面尸

D.直线与平面/6C所成的角为45°

【正确答案】BCD

【分析】根据线面垂直的判定可判断A；根据平移法可求得直线CB与直线PD所成角判断

B；根据线面平行的判定可判定C；根据线面角的定义求得直线与平面Z8C所成的角

判断D.

【详解】对于A,假设P8J./O，因为PZ_L平面/8C,/Ou平面48C,

故尸4_LZ。，而PZnP8=P,R4,P8u平面尸

故平面「48，/8u平面PZ8，故ADJ.AB，

这与正六边形Z8C0EE中，不垂直相矛盾，故A错误；

对于B,正六边形N8C0石户中，AD//BC,

故直线力。与直线PD所成角ZPDA即为直线CB与直线PD所成角或其补角，

在RtAP^D中，AD=2BC=2AB=PA,则ZPDA=45°,

即直线C8与直线尸。所成角为45°，B正确；

对于C,因为/£>〃8C,

故直线〃平面尸/。，C正确；

对于D,因为产/上平面/8C,故NPD4即为直线尸。与平面/8C所成的角，

由C可知NPZM=45°，故D正确，

故选：BCD

12.在锐角Z8C中，角4民。的对边分别为a,8c,外接圆半径为R,若q=JLA=^,

则（）

A.R=1B.y[3<b<2

C.画.瓦的取值范围为（0,3）D.N8C周长的最大值为3G

【正确答案】ACD

【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A；由锐角Z8C得角B的范围，从

而得sinB的范围，由正弦定理得b=2sin8,即可得b的范围，即可判断B；根据数量积

的定义将场.而="cosC，再由b=2sin8,结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，

利用正弦型函数的性质即可得已彳.赤的取值范围为从而判断C；同样由正弦定理得

c=2sinC,将三角形周长a+b+c边化角之后，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函

数，利用正弦型函数的性质即可得周长的最大值，即可判断D.

DR==V'

【详解】由正弦定理得sin/一百=一，则夫=1，故A正确:

~2

兀

20<8〈一

则3+。=兀一/=」，所以'2，得色<8<^,

在锐角中，

3八2兀°兀62

0<----B<—

[32

则1<sin8<1,

2

由正弦定理得2R=」一=2,则6=2sin8e(l,2),故B不正确；

sin6

又。•C8=|G4|-|C5|cosC=abcosC二6x2sin8cosC=2百sinBcos(笄一8

=2^3sin3-—cosB+-^-sinB=3sin?B-VJsin8cosB=----sin2B--cos2B+—

22222

=->/^sin(28+g)+|

兀n兀广一、127ccc兀4兀y/3.(cc兀、J3丁口―

由于一<B<一,所以二-<28+大〈二-,n则tl----<sin2BH—<—，于是有

623332I3J2

-氐布（28+0+演0,3）,

即O赤的取值范围为（0,3）,故C正确：

由正弦定理得2/?=-J=2,则c=2sinC,所以Z8C周长为：

sinC

Q+b+c=G+2sin8+2sinC=6+2sinB+2si\g-

=V3+3sinB+V3cos5=A/3+2/3sir^B4-^-^

兀兀7T712兀\I3（71

由于一＜8＜—，所以一＜6+—＜—,则也＜sin8+工＜1,于是有

623632I6j

正+2石sin（8+t）e（3+/3石］,

故N8C周长的最大值为3百，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.一个正方体的棱长是2cm,其顶点都在球面上，则该球的体积为

【正确答案】4J。

【分析】首先根据题意得到外接球的半径R=也2+2?+2?=百,再求体积即可.

2

【详解】外接球的半径火=

2

体积/=：乃（石）=4色兀.

「故4出兀

14.已知非零向量A,B满足|个=2出|,且（2-月），很，则。与B的夹角为.

71

【正确答案】一

3

【分析】根据他-可得（）一母4=0,推得①5=32,利用向量的夹角公式即可求

得答案.

【详解】因为伍一b)J.b，故(2—b>/?=0,

即万・5—石2=0,.,.万万二片，

由于|矶=2出|,故cos@B〉=；管===彳，

I叶闻2b2

_-7T

因为〈2,6〉£(0,兀)，故〈。力〉=1,

乜兀

故一

3

15.在Z8C中，乙4=45°，"是43的中点，若|力用=忸。|=2,。在线段/C上运动,

则丽・方向的最小值为

7

【正确答案】一

8

【分析】

先判断Z8C是等腰直角三角形，Mq=2j5,以NC所在的直线为X轴，以ZC的中点

为坐标原点建立直角坐标系，写出点的坐标，设。(f,0)且—JlwtwJE，求出丽和

方必的坐标，计算砺.方&再求最值即可.

在ZBC中,ZJ=45°>\AB\=\BC\=2,所以NC=45°，NB=90°，

NBC是等腰直角三角形，MG=2&,

如图以NC所在的直线为x轴，以AC的中点为坐标原点建立直角坐标系,

则/卜V^,0),8(0,V^),M，设D(t,0)(—yfiWt工

则方=一,⑹，两=,¥一，¥、，

所以丽•丽r=（T）x一9—卜后

所以，=—在时，丽.两取得最小值为一7，

48

关键点点睛：本题的关键点是判断Z8C是等腰直角三角形，易于建坐标系，设出动点坐

标。&0）且-/4£4后，求出定点坐标，即可用坐标表示数量积丽.丽，再计算最

值.

16.如图为大型观览车在直角坐标平面内的示意图.。为观览车的轮轴中心，点。距离地面

的高度为32m,观览车转轮的半径为30m,其逆时针旋转的角速度为lrad/s.点品表示观

TI

览车上某座椅的初始位置，且此时座椅距地面的高度为m；当转

轮逆时针转动fs后，点用到达点尸的位置，则点尸的纵坐标y与时间/（单位：S）的函数

关系为G>o）.

【分析】①由三角函数定义计算点兄的纵坐标，从而得到点勺的高度；②设函数关系式为:

y=Zsin（&+e）,依据观览车角速度，半径和初始位置分别求解4。,夕的值可得到解析

式.

【详解】①点1到X轴的距离为/•sinNxOK=30x；=15m,所以此座椅距离底面的高度

为32+15=47m.

②设观览车转动时，点尸纵坐标N与时间，之间的函数关系式为：y=Zsin(d+e),•.•旋

转的角速度为lrad/s,:.7=2兀，。=1,

又观览车的半径为30m,即/=30,

兀71

当，=0时，ZxOR=_,所以9二一，

66

则y=30sin(f+

故47：y=30sin[+[)

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.

17.三角形Z8C中，角4,B,C的对边分别是a,b,c,且

5sin25+5sin2C+6sin5sinC=5sin2A.

(1)求COS力的大小；

(2)若。=述,sin6=好，求/8C的面积S.

55

3

【正确答案】(1)一：

2

(2)-

5

【分析】(1)由已知根据正弦定理角化边可得/+02-02=一16。，结合余弦定理即可求

得答案；

4

(2)由(1)的结果可得sin/=《，由正弦定理求得6,再用余弦定理可求得c,结合三角

形面积公式即可求得答案.

【小问1详解】

由题意5sin?5+5sin2C+6sin5sinC=5sin2A>

可得5sin25+5sin2C-5sin2A=-6sinBsinC，

BP5b2+5c2-5a2=-6bc,：.b2+c2-a2=--bc,

5

从+。2_/

3

则cosA=

2bc5

【小问2详解】

34

由（1）知cos4=兀）,sin4二二，

475V5

a=延,sinB='5，故由正弦定理得6=幽刍=、.5=i,

55sin/4

5

故/=川+c2-2bccosA,:.--l+c2+—c,

55

解得c=l或c=-U（舍去），

5

uc1,.,1,,42

故3=—besinA——x1x1x-=一.

ABC2255

18.欧拉（1707-1783）,他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式

/=cose+isin6,从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的6取作兀就得到

了欧拉恒等式/+1=0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来,

两个超越数——自然对数的底数e,圆周率兀，两个单位——虚数单位i和自然数单位1,

以及被称为人类伟大发现之一的0,数学家评价它是“创造的公式”，请你根据欧拉公式：

e'°=cos0+isin9＞解决以下问题:

（1）将复数翦+6小表示成"+bi（a，beR，i为虚数单位）的形式;

兀.

（2）求e2'+e"（OeR）的最大值.

【正确答案】（1）e^+eni=-!-4-—i

22

（2）2

【分析】（1）根据题意结合复数运算求解;

(2)根据题意结合复数的四则运算和模长整理得白+e历=j2+2sin。,再结合正弦函

数的有界性分析运算.

【小问1详解】

因为+e"=fcosy+isinyj+(cosTT+isinn)=—争,

所以e乎+e==-1+且i.

22

【小问2详解】

由题意可得：

e，=fcos—+isin—+(cos6+isin。)=i+(cos8+isin。)=cos®+(l+sinO)i,

I22)

所以e^'+e历ujcos?6+(1+sina?=7cos2^+sin2^+2sin0+l=V2+2sin^,

因为6eR,所以sin9e[—l,l],因此2+2sin6<2+2=4,

n.

所以3+/(OeR)的最大值为2.

19,设函数/.(x)=2sinxcosx-2j5cos2x+,xeR.

(1)求/(x)的最小正周期；

(2)若函数/(x)的图象向左平移三个单位得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在

6

兀兀

上的单调递增区间.

_34_

【正确答案】(1)兀

【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简/(x)解析式即可求出最小正周期;

(2)根据图像平移求出g(x)解析式，结合正弦函数的单调性即可求解.

【小问1详解】

/(x)=2sinxcosx-2V3cos12x+V3=sin2x-V3cos2x-V3+VJ=2sin^2x-y

2兀

故函数的最小正周期7=4=兀；

2

【小问2详解】

将函数y=/(X)的图象左移三个单位得到v=g(x)的图象，

6

则g(x)=2sin2|x+-=2sin2x,

兀712兀71

=2XE

3?4T'2

则当2XG，即xe时，g(x)单调递增,

••・g(x)在十：上的单调递增区间为:兀71

454

20.如图，在四棱锥尸—Z6C。中，&_1底面/8。。，AB1AD,ACLCD,ZABC=60"(

PA=AB=BC,E是尸C的中点.求证:

(1)CDLAE-.

(2)PZ)_L平面/BE.

【正确答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）先利用线面垂直的性质得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理得到L平

面4C,再由线面垂直的性质得到线线垂直；

（2）先根据等腰三角形的三线合一得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理和性质定理得

到AEYPD,进而利用线面垂直的判定和性质进行证明.

【小问1详解】

在四棱锥尸―Z6C。中，

PA1底面ABCD,CDu平面ABCD,：.PALCD,

ACLCD,KPAHAC=A,

：.C。J•平面RIC.

而/Eu平面必c,：.CDVAE.

【小问2详解】

由/8=8C,ZABC=600.得4c=4B,

又PA=AB=BC,所以/C=R4.

是尸C的中点，：.AELPC.

由（1）知4E_LCZ）,且PCnCD=C,

平面PCD.

而POu平面尸CD,J.AEVPD.

底面/BCD,Mu平面/BCD,：.PA±AB.

5L'：ABLAD,且/MM"/,

.•./Bl.平面/M。，而尸。u平面以。，：.ABLPD.

y."：ABC\AE=A,.,.ra±¥®ABE.

21.在四面体中。—/8C,四边形EEG"是矩形，且NC18C.

(1)证明：AC//^EFGH；

（2）证明：ZCJ_平面BCD.

【正确答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

【分析】（1）证明E"〃平面/8C,即可证明功//AC,根据线面平行的判定定理即可

证明结论：

（2）根据线面垂直的判定定理即可证明结论.

【小问1详解】

证明：因为四边形EEG"是矩形，故EH〃FG,

由于FGu平面Z8C,EHU平面4BC,

故〃平面N8C,又平面NOC,平面NOCPI平面Z8C=NC,

椒EH//4C,又EHU平面EFGH,4CU平面EFGH,

故/C〃平面EEG”.

【小问2详解】

因为四边形EFG"是矩形，故EH上HG,

由（1）知EH///C,故4CJ.HG,

又AC上BC,8。0〃6=6,8。,〃6<=平面8。。，

所以平面BCD.

22.如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道

一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段N8CD,该曲线段可近似看作函数

j，=/sin（（yx+e）（/>0,<y>0,0<e<7t）,XG[-4,0]的图象，图象的最高点坐标为

C（-1,2）.第二部分是长为1千米的直线段。E,。七〃》轴.跑道的最后一部分是以0为圆心

的一段圆弧跖.

（1）若新校门位于图中的8点，其离么尸的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往

位于。点的万象楼，求该学生走过的路8。的长；

(2)若点尸在弧跖上，点M和点N分别在线段OF和线段0E上，若平行四边形OMPN

区域为学生的休息区域，记NPOF",请写出学生的休息区域0MPN的面积S关于。的

函数关系式，并求当。为何值时，S取得最大值.

【正确答案】(1)屈千米

(2)5=苧可20+野-半(0<0用；0=^

T27r

【分析】(1)由图可知/=2,-=3,利用7=}•求出再代入点C(—1,2)求出解析

式，即可求出B点的坐标，进而可求8。的长：

TT

(2)由已知可求出E点坐标，进而得到圆。的半径OE的长和/£。。=一，利用正弦定

6

理和三角形面积公式即可求出S次。，进而得到平行四边形0