2023-2024学年山东省青岛高一年级下册期中数学模拟试题（含答案）

2023-2024学年山东省青岛高一下册期中数学模拟试题

一、单选题

ɪ.在复平面内，复数Z=苧①(其中i为虚数单位)对应的点位于()

l÷ι

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【正确答案】D

【分析】首先化简复数，再根据复数的几何意义，求对应的点所在象限.

【详解】Z=Kl=尢就二半=-5—=4-"对应的点时(4T)，在第四象限.

故选：D

2.已知:=(3,4),⅛=(r,l),(a-h)1a,则M=()

A.2B.5√2C.1D,3√2

【正确答案】B

【分析】根据数量积的坐标运算，求出f=7,进而根据模长公式求解.

［详解］α-⅛=(3-r,3),GR-b)=3(3-r)+4χ3=0,解得f=7,∣⅛∣=√72+12=5√2.

故选：B.

3.若圆锥W的底面半径与高均为1,则圆锥W的表面积等于()

A.(6,+T)兀B.∖∣2πC.2万D.—

【正确答案】A

【分析】根据圆锥W的底面半径与高均为1，利用勾股定理求得圆锥的母线长，然后由圆锥

的表面积公式求解.

【详解】因为圆锥W的底面半径与高均为1,

所以圆锥的母线长为/=0,

所以圆锥W的表面积等于S=R/+万产=(α+1)万，

故选：A

本题主要考查圆锥的几何特征和表面积的求法，属于基础题.

4.如图，RtZ∖O'A'"是一平面图形的直观图，斜边OTr=1,则这个平面图形的面积是()

y',

I

ZB'?

A.立B.-C.—D.—

8442

【正确答案】D

【分析】将平面图形的直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则，即可求得答案.

【详解】根据斜二测画法的规则，将平面图形的直观图恢复为原图，如图示：

则OB=1,OA=√Ξ，故这个平面图形的面积为S=Ixlx夜=E,

22

故选：D

5.如图，在正方形ABCo-ABrZ>'中，M,N分别是AO',DC'的中点，则直线AM与平

面BND的位置关系是（）

A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.无法确定

【正确答案】B

【分析】连接AC,设4CBD=O,连接CW,MN,证明四边形AONM为平行四边形可得

AM//ON,从而即可证明AM//平面BND.

【详解】解：连接AC,设ACBD=O,连接OMMN,

因为在正方形A88-A8'C'3'中，M,N分别是AQ',E>'C'的中点，

所以MV〃AC,且WV=《AC,又AO=IAC

所以MN"AO,且MV=A0,

所以四边形AoNM为平行四边形，

所以AM//ON,

因为AM（Z平面8M）,ONU平面BND,

所以AM//平面BND,

故选：B.

6.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内

切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”

的体积之比应为K:4,若“牟合方盖''的体积为18,则正方体的棱长为（）

A.18B.6C.3D.2

【正确答案】C

【分析】由题意可得该正方体的内切球的体积，设正方体的棱长为“，进而可得内切球半径

为由球的体积公式列方程，即可得解.

【详解】因为“牟合方盖''的体积为18,所以该正方体的内切球的体积为18x2=里，

42

设正方体的棱长为，J则该正方体的内切球半径为

所以3万x（g]=—,解得々=3.

3⑶2

故选：C.

本题考查了数学文化及正方体内切球、球的体积公式的应用，考查了运算求解能力，属于基

础题.

7.在AABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）

o

A.a=46，。=8，A=60B.a=5fb=6,A=I20°

C.α=3,b=4,A=45oD.α=4,b=3,A=60°

【正确答案】C

【分析】由正弦定理解三角形进行判断.

【详解】解：由正弦定理可得三=一二，

sinAsinB

4√3_8

o

对于选项A,β=4√3.b=S,A=60,有否=SinB=I,8=90。，故△ABC

T

有唯一解.

对于选项B,α=5,6=6,4=120°,又人“，故5>120。，故AABC无解.

32

对于选项C,α=3,b=4,A=45o,有&4,ΛsinB=-√2,又

——=------3

2SinB

2√2=⅛sin45o<α=3<⅛=4,故AABC有两个解.

对于选项D,a=4,b=3,A=45。，由6<4,得3<A,故B为锐角，故AABC有唯一解.

故选：C.

8.在448C中，若竺^=2,贝IJAABC是（）

cosBa

A.等腰或直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形

【正确答案】A

【分析】利用正弦定理化边为角，再根据二倍角得正弦公式化简，从而可得出结论.

cosΛ_sinβ

【详解】因为您所有

cosBacosBsinA

即sinAcosA=sinBcos3,可得sin2A=sin2B,

所以2A=23或2A+23=;r,即A=B或A+B=工，

2

所以为等腰三角形或直角三角形.

故选：A.

二、多选题

9.设复数Z在复平面内对应的点为Z,原点为O,i为虚数单位，则下列说法正确的是()

A.若∣z∣=l,则z=±l或z=±i

B.方程22=《＜0）的根是±&

c∙∣zΓ=∣z2∣

D.若点Z的坐标为(τ,l),则/是实数

【正确答案】CD

【分析】举反例判断A,根据(Qiy=，得出方程z2=f(f<0)的根，根据复数的运算判断

CD.

2

对于B,(√^i)=f,则方程22=々<())的根是±，工，故B错误；

21222

对于C,z=a+b'∖,IzI=yJa+b»z=a-b+2ahi»

222>2222222

∣z∣≈y∣(a-bf+4ab=yj(a+b)^a+b=∖zf.故C正确；

对于D,点Z的坐标为(-1,1),则z=T+i,z"=((-l+i>)2=(-2i)2=-4,故D正确；

故选：CD

10.己知ɑ,尸是两个不重合的平面，/,机是两条不同的直线，在下列说法正确的是()

A.若/〃c,a〃£,则/βB.若α〃万,muα,则小β

C.若I〃ajnua,则/mD.若aβ=l,m∕/1,则%至少与a,/?中一

个平行

【正确答案】BD

【分析】画出一个正方体，借助正方体的平行，垂直关系，进行验证即可.

【详解】A.如图所示:,可得结果/〃夕或∕u/,故A

错误;

B.如图所示:

C.如图所示:

D.如图所示:

正确.

故选：BD.

11.在4BC中,内角A,B,C的对边分别为q,b,c,若SinA:sinB:SinC=2:3:J7，b=6,

则下列说法正确的是（）

A.一ABC为钝角三角形

B.C=-

3

C..ABC周长为10+2√7

D.4?C的外接圆面积为F

【正确答案】BC

【分析】利用正弦定理可得三边，然后利用余弦定理，正弦定理逐项判断即得.

【详解】因为sin4:sin8:SinC=2:3:J7，

所以a:b:c=2:3:J7,又b=6,

•••〃=4,C=2y∕l,

,∖a<c<bf故AVcV3,

a2+c2=（2√7）2+42=44>⅛2=36,

所以B为锐角，故JIBC为锐角三角形，故A错误；

由COSC=也”=16+36二28=LC∈（0,乃），可得C=生，故B正确；

2ab2×4×6273

由上可知.AeC周长为10+2√7,故C正确；

2»,,2√7,4√21j-

由正弦定理可得ABC的外接圆直径为就一访一丁，即R=至4,

—3

2

ABC的外接圆面积为万店=子，故D错误.

故选：BC.

12.正二ABC的边长为1,中心为。，过。的动直线/与边A8,AC分别相交于点M、N,

AM=ΛAB，AN=μAC,8D=DC∙给出下列四个结论其中所有正确结论的序号是（）

A.AO=—AB+—ACB.若AN=2NC，则4O∙8N=-∙^∙

114

C.不+一不是定值，与直线/的位置有关D.一AMN与“IBC的面积之比的最小值为《

λμ9

【正确答案】ABD

【分析】利用向量的加法结合三角形重心定理，判断A;利用向量的数乘以及向量的加减法,

计算AD∙BN,判断B；根据向量共线的推论可求得;+工的值，判断C;利用三角形的面积

λμ

公式，结合基本不等式可求得.A≡与IABC的面积之比，判断D.

【详解】如图示：连接AO,因为TlBC是正三角形，且BZJ=QC,

B

22111

故A,0,。三点共线，则AO=IA£>=§X5(A8+AC)=3A8+§AC,

故A正确；

.___1__1______2

ADBN=-(AB+AC)(AN-AB)=-(AB+AC)(-AC-AB)

119.221112I

=-(--AB-AC+—AC-AB)=—(--×-+∈∙-l)=--,⅛⅛BIE∣⅞;

■JJJJ,丁

由题意知，Λχ∕e(0,l),

由A的分析知，AO^∖-AB+∖AC,故A°=54M+J~AN,

33343〃

因为M,O,N三点共线，故5+；=1，即J+'=3,

3%3〃Zμ

即J+,是定值，与直线/的位置无关，故C错误；

Zμ

ς∣∙∣A∕V∣∙sinΛ

^.=2-------------------------="

q1

JA3。^∣Λθ∣∙∣AC∣∙sinΛ

而∈(0,1),—H=3,则:H—=3≥2/-，

λμλμ丫4〃

42

即切≥A,当且仅当；1=〃=W时取等号，

93

4

即一AMN与ABC的面积之比的最小值为X,故D正确，

Λ9

故选：ABD

三、填空题

13.底面半径为3的圆柱的侧面积是圆柱表面积的义，则该圆柱的高为一.

【正确答案】3

【分析】根据已知条件列方程，化简求得圆柱的高.

【详解】设圆柱的高为〃，

依题意圆柱的侧面积是圆柱表面积的义，

J^LU2π×3×∕j=^(2π×3×Λ+π×32×2),解得〃=3.

故3

14.已知向量α力满足M=羽=1且卜-3亭，则α与A的夹角为一

【正确答案】1##60°

【分析】由己知，根据忖=2忖=1,借助上,可以求解出然后带入8$卜,今=芾［即

可完成求解.

【详解】由己知，同=2W=1,

|(z—⅛∣=∖∣(a-b')2=JN—2α∙6+W=-->所以〃•匕=工，

1

-

A41/.∖Q

力

所

以

==T=-又1∙∈π

帆2\∕.

X

2-

所以“与人的夹角为三.

故答案为∙W

15..ABC的三个内角A,B,C所对边的长分别为α,b,c,设向量p=(α+c,α+6),

Ul1

q=(sin8,sinC-Sin4),若p〃q,则角C=.

r)τr

【正确答案】y##120°

【分析】由向量共线的坐标表示得到(α+c)(sinC-sinA)=sin3(α+A),再利用正弦定理将

角化边，结合余弦定理计算可得;

【详解】解：因为p=(α+c,α+b),=(sinBysinC-sinA)Kp∣∣q,

所以(α+c)(sinC-SinA)=SinB(α+Z?),由正弦定理可得(α+c)(c-4)=b(α+)),

即寸―/=〃+必，由余弦定理CoSC="2+'-02=—',因为C∈(04),所以C=M

Iab2')3

4724

故7

四、双空题

16.如图，正四面体ABa）的体积为逑，E、F、G、H分别是棱A。、BD、BC、AC的中

3

点，则EF=，多面体AS-E尸G〃的外接球的体积为.

4

【正确答案】I-π

【分析】将正四面体放入正方体，利用正方体的性质即得，设AB的中点为。，进而可得多

面体AB-EFGH的外接球的球心为。，然后利用体积公式即得.

【详解】如图，将正四面体ABC。嵌入到正方体中，则正四面体ABC。的体积为正方体体积

的g,

所以AB=2,石尸是AABD的中位线,

设AB的中点为O,连接OE,OF,OG,OH,

因为OE=OF=OG=OH=OA=OB=^AB=\,

所以多面体/W-EFGH的外接球的球心为。，半径为1,

外接球的体积为g4乃配,=344.

4

故1；J.

五、解答题

17.已知复数Zl=M—m—2）+（＞_4）i（其中机wR,i为虚数单位）是纯虚数.

（1）求实数"?的值；

（2）若复数Z2=,求Z2∙Z2.

【正确答案】（I），“=-1

⑵18

【分析】（1）由纯虚数的定义直接求加即可；

（2）先化简求出句，再由共轨复数求出可，即可求出Z2∙W∙

/772—〃2—2=0

【详解】（1）因为Zl为纯虚数，则ɔ,八，解得m=T;

M—4≠0

-2z,6i6i（l-i）

（2）由（1）得，因为z∣=-3ι,所以Z2=y^=「=/=3+3ι,

l÷ι1+1（l+ι）（l-ι）

则z2=3-3i,

z2.z2=(3+3i)(3-3i)≈9+9=18.

ɪ→

18.已知向量ɑ=(-2,l),⅛=(l,-3)∙

⑴若(α-2⅛)"∕lα+4,求/1的值；

⑵若c=(l,〃)，向量α与C的夹角为钝角，求〃的取值范围.

【正确答案】(Ig

(2)〃<2且〃

【分析】(1)首先求出。-2力，助+b的坐标，依题意(α-2⅛)∙W+h)=0,根据向量数量积

的坐标表示得到方程，解得即可；

(2)依题意可得;：<0且α与C不反向，根据向量共线及数量积的坐标表示得到求出〃的

取值范围；

【详解】(1)解：因为)=(—2,1),⅛=(1-3),

所以)-2方=(_2,1)_20,_3)=(T,7),Λα+⅛=A(-2,l)+(l,-3)=(-2Λ+l,Λ-3),

^(a-2b)l[λa+b),所以(α-2⅛)∙W+6)=Y(-2N+l)+7(4-3)=0,解得2=仔；

(2)解：因为〃=(-2,1),C=且α与C的夹角为钝角，

所以α∙c<O且。与C不反向,

由.∙c=-2+∕∕<0,解得必<2,

当-2∕√=lxl即时”与"反向，故〃≠-g,

综上可得〃<2且n≠-g

19.已知非零向量a与力不共线，OA=a,OB=b,OC=ta+3b.

(1)若204+3。B-OC=O，求，的值；

(2)若A、B、C三点共线，求t的值.

【正确答案】(1)t=2(2)t=-2

【分析】(1)由题意结合平面向量数乘的概念即可得解；

(2)由题意结合平面向量共线定理、平面向量线性运算法则可得b-a=力“+2劝，再由平

面向量基本定理即可得解.

【详解】⑴V2OA+3OB-OC=0<ʌ2a+3b-(ta+3b)=0,

•**(2—Z)Λ=O,∙.∙0w0,2—Z=O>

∙,.Z=2；

(2)B、C三点共线，.∙.存在非零实数/1使AB=/IBC,

OB-OA=A(OC-OB)^b-a=λ[(ta+3b)-b],

``b-a=λta+2λb>

[1=2Z

与6不共线，.∙.{,,,

[T=At

：.t=-2.

本题考查了平面向量数乘的应用，考查了平面向量线性运算法则、共线定理及平面向量基本

定理的应用，属于中档题.

20.在一ABC中，角A,B,C所对的边分别为db,c,已知

sin2β+sin2C=sin2A+>∕2sinBsinC.

(1)求角A的大小；

(2)若CoS8=；,a=3,求C的值.

【正确答案】(1)A=%(2)2√2+l∙

【分析】(1)由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得CoSA,从而得A；

(2)由两角和的正弦公式和诱导公式求得SinC,再由正弦定理可得c.

【详解】解：(1)由正弦定理可得b2+c2=4+√⅛c,

由余弦定理得CoSA=及上；：；M=冬,因为4w(0,π),所以A=；；

(2)由(1)可知SinA=坐，因为COS8=g,B为一ABC的内角，

所以SinB=述，故

3

sinC=Sin[乃一(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB

√2ɪ√22√24+√2

-×—+×----=------,

23236

3χ4j√2

由正弦定理一J=—，得C=吧吟=—/—

sɪnAsinCsɪnA√2

^2^

本题考查正弦定理和余弦定理，解题关键是用正弦定理进行边角转换.

21.如图，已知四边形ABCO是平行四边形，点尸是平面A8C。外一点，M是PC的中点,

在。M上取一点G,过G和AP作平面交平面BQM于G“，”在Bo上.

(1)证明：APHGH；

(2)若AB的中点为N,求证：MN〃平面APD

【正确答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】(1)连结AC交Bn于。，连结0M.先证明出R4//面M8O,再利用线面平行的性

质定理即可证明；

(2)连结MN.取P。的中点E,连结利用线面平行的判定定理即可证明MN〃平面

APD.

【详解】(1)连结AC交80于0,连结OK

M

//Fλ.--'Z

/

aB

因为ABC。是平行四边形，所以。为4C中点.

因为M是PC的中点，所以。M//PA.

因为OWU面M8D,PAcZ面MB。，所以PA〃面MBD

又过G和AP作平面交平面BDW于GH,”在8。上，

所以AP//GH.

(2)连结MM取PD的中点E,连结EMAE

因为M是PC的中点，所以EM〃£>C,且EM=JOC.

因为ABe。是平行四边形，所以AN〃OC,且AN=；OC

所以EM”AN,且EM=AN,所以四边形4VME为平行四边形，所以MN//AE.

因为AEu面APO,MNU面AP。，所以MN〃平面APD

22.高邮某景区拟开辟一个平面示意图如图的五边形488E观光步行道，8E为景点电瓶车

专用道，ZBCD=KDE=q,ZAEB=IZA,DE=12km,BC=CD=3√3km.