【数学】高一下学期数学期中考试模拟卷-2023-2024高一下册期中模拟卷人教A版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高一下学期数学期中模拟卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．测试范围：人教A版2019必修第二册第6章-第八章8.33．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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。1．已知单位向量的夹角为，则（

）A． B．0 C．1 D．22．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（

）A． B．2 C． D．3．已知的内角的对边分别为，且，则（

）A．2 B． C． D．14．已知复数的共轭复数为，则（

）A． B． C．4 D．25．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（

）A． B． C． D．6．在中，是的外心，为的中点，是直线上异于M、O的任意一点，则（

）A．3 B．6 C．7 D．97．已知复数，和满足，若，则的最大值为（

）A． B．3 C． D．18．已知边长为等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（

）A． B． C． D．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得09．已知满足，则（

）A．B．复平面内对应的点在第一象限C．D．的实部与虚部之积为10．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（

）A．圆锥的母线长为4B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为C．圆锥的体积为D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（

）A．B．C．为定值8D．若，则的最小值为三．填空题本题共3小题，每小题5分，共15分12．已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为.13．如图，圆台的母线长为6，两底面半径分别为2，7，则此圆台的表面积为．

14．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为.

四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.(1)求m的值；(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.16．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，，．

(1)若，，求的值；(2)若，，求四边形ABCD的面积．17．（15分）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱(如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.

(1)若，，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？18．（17分）已知中，所对的边分别是，边上的中线，设=（，），=（，），且，若动点满足．(1)求角的集合；(2)求的最小值；(3)若，且，为的面积，求的最大值及此时的值．19．（17分）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.

今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设(1)计算的大小；(2)质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．A【分析】根据平面向量数量积的定义及运算律结合已知条件直接求解即可.【详解】因为单位向量的夹角为，所以，故选：A2．C【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．【详解】在直角梯形中，，，则，直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，，所以该平面图形的高为.故选：C.3．D【分析】根据题意，利用余弦定理列出关于方程，即可求解.【详解】在中，因为，由余弦定理得，即，可得，解得或（舍去）.故选：D.4．B【分析】根据复数的运算法则与共轭复数定义计算即可得.【详解】，则，故.故选：B.5．C【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，可知，所以圆锥的外接球球的表面积.故选：C.6．B【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.【详解】

因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，所以，，设，则，又是的外心，所以，所以.故选：B7．B【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.【详解】根据题意，得，当，，时，，此时，所以.故选：B.8．B【分析】利用余弦定理求出，从而求出，即可判断A、B，再由正弦定理判断C，利用余弦定理求出，，即可判断D.【详解】依题意，，，且，由余弦定理，即，解得或，当时，符合题意，当时，不符合题意，所以，则，所以，，故A错误，B正确；又，，所以，所以，故C错误；又，所以，故D错误.故选：B9．ACD【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.【详解】设，则由已知得，即，所以解得所以，则，故A项正确，B项错误；，的实部为，虚部为1，所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.故选：ACD10．ACD【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项.【详解】

对于A，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故，故A正确.对于B，圆锥的高为，则，故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.对于C，圆锥的体积为，故C正确.对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，故所得圆台的体积为，故D正确.故选：ACD.11．AC【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D【详解】由几何图形关系可得，因为，所以．因为，所以，所以，故A正确；因为，所以，因为，所以，所以，故B错误；因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；因为，且三点共线，所以，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D错误．故选：AC．12．【分析】根据数量积的运算律求得，根据投影向量的概念，即可求得答案.【详解】由题意知，故，所以，而，则，故，则在方向上的投影向量为，即在方向上的投影向量的坐标为，故答案为：13．【分析】根据题意，结合圆台的侧面积公式和圆的面积公式，准确计算，即可求解.【详解】由题意知，圆台上底面半径，下底面半径，母线长，由圆台表面积公式，可得：．故答案为：.14．【分析】由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.【详解】依题意，，，所以，，，所以，即向量，的夹角的余弦值为.故答案为：15．(1)；(2)；【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.【详解】（1）由题意，复数，所以，

则，因为为纯虚数，所以，解得；（2）复数，因为复数在复平面对应的点在第一象限，所以，解得16．(1)(2)【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．【详解】（1）在中，，，则，，在中，由正弦定理得，.（2）在和中，由余弦定理得，，得，又，得，则，，四边形ABCD的面积.17．(1)(2)，【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值.【详解】（1）由知.因为，所以正四棱锥的体积正四棱柱的体积所以仓库的容积.（2）设，下部分的侧面积为，则，，，设，当，即时，，.即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是.18．(1)；(2)；(3)时，取得最大值.【分析】（1）由题意可得，分和分别求解即可；（2）由题意可得三点共线，且点在线段上，于是有，令可得，即可得答案；（3）由题意可得，再由正弦定理及面积公式可得，从而有，再由余弦函数的性质即可得答案.【详解】（1）解：由，得，则，若，则或，求得；若则，求得，所以角的集合为；（2）解：因为，又因为，所以三点共线，且，所以点在线段上，故，设则，所以当时取得最小值；（3）解：由（1）的结论和可得，又，所以由正弦定理得：，所以，于是，所以当时，取得最大值.19．(1)(2)①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为