2023-2024学年广东省惠州市惠阳区第一中学高中部高一下学期第一次质量检测数学试题（解析版）

广东省惠州市惠阳区第一中学高中部2023-2024学年高一下学期第一次质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．有下列命题：①若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等；④底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥．其中，正确命题的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【详解】①不一定，只有当这两点的连线平行于轴线时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等；④错误，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥．【考查意图】空间几何体的结构特征．2．已知向量，.那么“”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先由向量平行求出,再讨论充要性．【详解】向量，，，则解之得,则“”是“”的充分而不必要条件.即向量,.那么“”是“”的充分而不必要条件.故选：A．3．设复数z满足=i，则|z|=A．1 B． C． D．2【答案】A【详解】试题分析：由题意得，，所以，故选A.考点：复数的运算与复数的模.4．中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，那么（

）A． B．或 C． D．【答案】B【分析】由题意和正弦定理求出，再由内角的范围和边的关系求出．【详解】由题意得，，，，由正弦定理得，，则，因为，，所以或，故选：B．5．如图，当甲船位于处时获悉，在其正东方向相距海里的处，有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西相距海里处的乙船，乙船立即朝北偏东角的方向沿直线前往处营救，则的值为A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BC，在三角形ABC中，利用余弦定理求出BC的长，再利用正弦定理求出sin∠ACB的值，即可求出sinθ的值．【详解】连接BC，在△ABC中，AC＝10海里，AB＝20海里，∠CAB＝120°根据余弦定理得：BC2＝AC2+AB2﹣2AC•AB•cos∠CAB＝100+400+200＝700，∴BC＝10海里，根据正弦定理得，即，∴sin∠ACB，∴sinθ．故选C．【点睛】解三角形问题，通常要利用正弦定理、余弦定理，同时往往与三角函数知识相联系．6．已知的边BC上有一点D，且满足，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，结合平面向量的线性运算法则，化简计算可得出的表达式.【详解】由，得，故选：C.7．已知复数z满足，则的最小值为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】设复数z在复平面内对应的点为Z，由复数的几何意义可知点的轨迹为轴，则问题转化为轴上的动点到定点距离的最小值，从而即可求解.【详解】解：设复数z在复平面内对应的点为Z，因为复数z满足，所以由复数的几何意义可知，点到点和的距离相等，所以在复平面内点的轨迹为轴，又表示点到点的距离，所以问题转化为轴上的动点到定点距离的最小值，所以的最小值为2，故选：B.8．已知，，．若点P是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值为（

）A．13 B． C． D．【答案】B【分析】以为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.【详解】以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P（x，y）则，可得，，所以，即，故，，所以，当且仅当即时等号成立．故选：B．二、多选题9．已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（

）A． B．复数的虚部为C．若复数为纯虚数，则 D．【答案】AD【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.【详解】因为，A正确；复数的虚部为，B不正确；若，则，，C不正确；设，所以，，D正确.故选：AD.10．已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（

）A．若，则是钝角三角形B．若，则C．若，则是锐角三角形D．若，，，则只有一解【答案】ABD【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A，因为的三个角满足，所以由正弦定理化简得，设，为最大边，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故A正确；对于B，由及正弦定理，得,解得，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以为锐角，但无法确定和是否为锐角，故C错误；对于D，由正弦定理得，解得，因为,所以，所以只有一解，故D正确.故选：ABD.11．已知锐角三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确的是（

）A．的面积最大值为2 B．的取值范围为C． D．的取值范围为【答案】BCD【分析】A选项，由余弦定理和基本不等式求出面积的最大值；B选项，由正弦定理得到，结合平面向量数量积公式得到，根据为锐角三角形得到，从而得到的取值范围；C选项，由正弦定理和正弦和角公式可得；D选项，变形得到，由，求出答案.【详解】A选项，由余弦定理得，即，所以，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，此时为锐角三角形，满足要求，故，解得，故，A错误；B选项，由正弦定理得，所以，，因为为锐角三角形，所以，，解得，则，，，B正确；C选项，，由正弦定理得，C正确；D选项，，由C选项可知，所以，故，D正确.故选：BCD三、填空题12．如图正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是cm．【答案】8【分析】由斜二测画法的规则将图形还原为原图形，从而可求解.【详解】由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在轴上，可求得其长度为，故在原平面图中其在轴上，且其长度变为原来的倍，即长度为，其原来的图形如图所示，则原图形的周长是：．故答案为：．13．设，已知向量，，，且，则.【答案】【分析】求出的坐标，再利用模的坐标运算，即可得答案；【详解】∵，∴①；∵；∴；∴，代入①得，，∴，，∴，∴.故答案为：.【点睛】本题考查向量平行、垂直、模的坐标运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，属于基础题.14．在中，，点在线段上，且，，则；面积的最大值为.【答案】【分析】根据式子的特点选择正弦定理化简，利用题中信息得出，平方后得b,c的关系式，利用基本不等式求最值；法二中将三角形面积表示为角的关系式，利用角的范围得出面积的范围.【详解】由正弦定理：，则又，所以，即；法一：，则，所以则，即由基本不等式知：，即，得，当且仅当时取等号，所以；法二：设，，则，，在和中，由正弦定理：，又，则，所以，即，又，即所以，得，则所以，，则，所以因此，即面积的最大值为.四、解答题15．设复数．(1)若是实数，求；(2)若是纯虚数，求．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得.（2）利用复数除法及复数的分类求出即得.【详解】（1）由，得，而是实数，于是，解得，所以．（2）依题意，是纯虚数，因此，解得，所以．16．已知向量，.(1)设，求(2)若与垂直，求的值(3)求向量在方向上的投影向量【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由已知中向量，，，可得向量的坐标，代入向量数量积公式可得的值，再代入数乘向量公式，可得答案；（2）若与垂直，则垂直，进而可构造关于的方程，解方程可得的值；（3）根据向量在方向上的投影向量的定义式，代入可得答案．【详解】（1）向量，．，（2），由于与垂直，，．（3）设向量与的夹角为，向量在方向上的投影向量为．.17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.(1)求角B的值；(2)若，且的面积为，求的周长.【答案】(1)；(2)6.【分析】（1）由正弦定理边化角得出，再利用两角和的正弦公式化简即可得出角的值.（2）由三角形面积公式化简得出，再由余弦定理得出，即可得出的周长.【详解】（1）在中，由及正弦定理边化角，得，即，则，即，又，则，，而，所以．（2）由（1）知，，，解得，由余弦定理得，即，解得，所以的周长为6．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且.(1)求A；(2)求函数的值域.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由向量共线的坐标表示、正弦定理边化角，再借助和角的正弦求解即得.（2）由三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数性质求出值域.【详解】（1）在中，向量，，且，，由正弦定理得，，因此，而，则，又，所以.（2）由（1）知，，则且，，由且，得且，则，因此，即，所以函数的值域是.19．在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=

(1)试用，表示；(2)若，求∠ARB的余弦值(3)若H在BC上，且