2023-2024学年高一数学下学期期末考试模拟卷2

2023-2024学年高一数学下学期期末考试模拟02

一、单项选择题：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.在复平面内，点（2,3）表示复数z,贝匹的虚部是（）

A.3B.3iC.-3D.-3i

【答案】C

【分析】先得到z=2+3i,贝丘=2-3i，再求出其虚部即可.

【详解】由复数的几何意义得z=2+3i,从而1=2-3i，其虚部为-3.

故选：C

2.设。力不共线，AB=2a+Zb,BC=a+b,CD=a-3b,若A,B,。三点共线，则实数2的值为（）

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】A

【分析】由向量共线定理求解.

【详解】由已知

又三点共线，则共线，而不共线，AB=2a+Ab，

所以;=1,即九=一2，

故选：A.

3.已知圆台的体积为152兀，两底面圆的半径分别为4和6,则圆台的高为（）

A.6B.2V10C.4A/3D.572

【答案】A

【分析】

根据两底面圆半径分别求出其面积，代入圆台体积公式即可求得高/z=6.

【详解】设圆台的高为心且上下两底面面积分别为H=畛42=16%，邑=362=36无

根据圆台体积公式可得;（岳+邑+邓瓦%=：（16%+36%+>/16无-36兀）〃=152?1,解得h=6.

故选：A

4.设机，〃是两条不同的直线，区,是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（）

A.若m//a,n工/3,m工n,则cr_L/?

B.若mlla,m1/3,则a_L4

C.若mln,mua,nu°,则cr_L分

D.若机_La,〃uQ,m_L〃，则2_1夕

【答案】B

【分析】

举例说明判断ACD；利用线面垂直性质、面面垂直的判定推理判断B.

【详解】

对于A,在长方体AC1中，平面AMGR,平面ABCD分别为%夕，A3,B片分别为直线利力,

显然〃z//a,〃_L6，根_L〃，而平面AAGA〃平面ABCD，A错误;

对于B,由〃〃/口，知存在过加的平面/与a相交，令交线为c,则c//m,而机,力,

于是c_L£,a1/3,B正确;

对于C,在长方体AG中，平面AB|G2，平面ABCD分别为&,尸，4片,8c分别为直线利力,

显然加_L〃，加ue,〃u尸，而平面AAGR〃平面ABC。，C错误;

对于D,在长方体AC1中，平面AMGR,平面ABCD分别为氏6，8片,A8分别为直线吸力,

显然〃z_La,〃u_1_",而平面AB|G，//平面ABCD,D错误.

故选:B

5.如图，在一"C中，已知2=45,£＞是2C边上的一点，AD=10,AC=14,DC=6,则AB的长为（）

C.60D.10

【答案】B

【分析】利用余弦定理正弦定理可得答案.

【详解】在△ADC中，cos/A£）C=10+6一煲=_]_

2x10x62

27r7T

因为0＜/4£＞。＜兀，所以/AOC=—=

33

AB_AD

在.AD5中,AB=5底.

sin/ADBsinB

故选：B.

6.在锐角中，AD为BC边上的高，tanC=2tan3,AD=xAB+yAC,贝卜一丁的值为（）

A.—B.!C.—D.—

2233

【答案】C

【分析】根据锐角三角函数及得到＞（即可得到；

tanC=2tanB9=2£7,CO=C5,再由平面向量线性运算

法则及平面向量基本定理求出x、V,即可得解.

【详解】如图在锐角.ABC中，AD为BC边上的高，

所以tanC=4^,tanB,又tanC=2tanB,

DCBD

4nAr）i

所以二:=2x=,所以加＞=2OC,则CO'CB,

DCBD3

所以AT＞=AC+CD=AC+—C3=AC+—（A5—AC）=—AC+—g

33、733

x——1

3I?1

XA£＞=xAB+yAC,所以，所以无一＞=]一§=一].

y=—

[3

故选：C

7.如图，已知。的内接四边形A3CD中，AB=2,BC=6,AD=CD=4,则809。=（）

B.D

3

A.2B.-2C.4D.-4

【答案】D

【分析】由圆的内接四边形有/&m+/38=兀，再利用余弦定理可得30=2«,进而利用平面向量的数

量积公式与运算法则即可得解.

【详解】连接3D,如图，

因为AB=2,BC=6,AD=CD=4,设BD=t,

由圆的性质可知ZBAD+Z.BCD=71,故8sABAD+cosZBCD=0,

*zAB2+AD2-BD-BC2+DC2-BD2八

所以---------------+----------------=0,

2ABAD2BCDC

92J2—产A2-I-42—产

即—+=0,解得=2小，即5D=2A/7,

2x2x42x6x4

所以B0-CD=BO-(BD-BC)=B0-BD-B0-BC

=BDx能一BCx芋=2币x币-6x3=4

故选：D.

8.已知三棱锥5-ABC的底面是边长为3的等边三角形，且S4=AB,NS4B=120。，平面SAB，平面ABC,

则其外接球的表面积为()

A.1271B.24兀C.36KD.39兀

【答案】D

【分析】分别利用正弦定理求得的外接圆的半径，再利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径尺

满足（2R）2=（2/）2+（2^）2-452,从而得解.

【详解】因为三棱锥S-ABC的底面是边长为3的等边三角形,

所以AB=3,贝|SA=AB=3,

设的外接圆的半径分别为、马,

则在等边中，21，Z0=3X/=2」,

sin60°，3

在△SA3中，Z5AB=120°,

所以S*=SA2+A82_2&4.ABCOS/SA8=32+32-2x3x3x^-1^=27,

贝”5=3/5-2c丫2=.SB=3①rr不2=6,

sin120°，3

设三棱锥S-ABC的外接球的半径为尺,因为平面5AB，平面ABC,

22222

贝I］（2R『=⑵）+⑶）-AB=（2石『+6-3=39,

所以其外接球的表面积为4兀尺2=39兀.

故选：D.

二、多项选择题：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。分.

9.下列命题为真命题的是（）

A.复数2-2i的虚部为-2i

B.若i为虚数单位，则i2023=_i

C.在复数集C中，方程尤2+彳+1=0有两个解，依次为二+"i,」_/i

2222

D.复平面内满足条件|z+i|<2的复数z所对应的点z的集合是以点（0,1）为圆心，2为半径的圆

【答案】BC

【分析】根据复数的定义可判断A；根据i的性质可判断B；根据复数方程的根可判断C；根据复数的几何

意义可判断D.

【详解】对于A,复数2-2i的虚部为-2,故A错误；

对于B,14x505+3=j3=_j,故B正确；

小-2,(1丫3]173.YI5'

又寸于C,x+x+1=x~\—~\——xH1--------ixH-----------i,

I2)4I22)[22)

因此在复数集C中，方程d+x+l=0有两个解，依次为一工+Yii，一工一代i,故C正确；

2222

对于D,复平面内满足条件|z+i|W2的复数z对应的点Z的集合是以点(0,-1)为圆心，2为半径的圆面，故

D错误.

故选：BC.

JT

10.已知_ABC的内角A,民C的对边分别为d6,c,^b=9,a=2c,B=~,贝。()

A.ABC的外接圆的面积为277rB.一ABC的周长为9+

C.ABC是直角三角形D.ABC的内切圆的半径为(9-3小卜

【答案】ABC

【分析】选项A,根据条件，利用正弦定理，可求得外接圆半径为R=36，进而求出外接圆的面积，即可

判断出选项A的正误；根据条件，利用余弦定理，可求得c=3百，a=6有，进而可判断出选项B和C的

正误，选项D,设内切圆半径为乙利用g6c=g(a+b+c)r,求出乙即可判断出选项D的正误，从而求

出结果.

jrh工=2R

【详解】对于选项A,因为b=9,Q=2c,3=m，由正弦定理可得一^=2H,即.兀一，得到尺=36，

3sinBsin一

3

所以一ABC的外接圆的面积为兀尺2=27兀，故选项A正确,

22

对于选项B,由余弦定理Z?2=a+c-2accosB，

得至!J81=4/+/—2x2cxcxcos§,整理得到3c81,解得c=3G，所以a=65/5,

故」1BC的周长为9+9石，所以选项B正确，

对于选项C,因为〃=6^/§\C=36^b=9,所以。2=，+)2,故选项C正确,

对于选项D,设内切圆半径为,，由：bc=g(a+6+c)r,得到3如=(1+括)厂，解得厂=%芋，所以选项

D错误,

故选：ABC.

11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996

年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶，得到圆锥SO(其中S为顶点，。为底面圆心)，母

线以的长为6m,C是母线9的靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带

的最小长度为2而m.下面说法正确的是()

A.圆锥SO的侧面积为1271m2B,过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为80m°

C.圆锥SO的外接球的表面积为7271m2D.棱长为鬲的正四面体在圆锥SO内可以任意转动

【答案】ABD

【分析】

利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，

可知A正确；过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为&SAB，计算可知，B错误；计算出圆锥SO的外接

球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为6的正四面体的外接球的

半径，比较可知，D正确.

【详解】对于A,设圆锥底面半径为,，如图，

在△ASC中，AS=6,SC=2,A'C=2yfl3,

...cos/ASC="+SCj'C、36+4-521

—,

2A'S-SC2x6x22

27r27r

二•NASC=—，所以2兀r=—x6,/.r=2（米）,

33

所以圆锥的侧面积为=gx6x2兀X2=12TI(n?),故A正确;

“二c五SA2+SB2-AB27

对于B,在AASB中，cosZASB=---------------------=—

2SASB9

I49-40

所以sin/AS3=

所以过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为

SASAB=-SA-SBsinZASB=—x6x6x=8^/2(n?),故B正确;

229

对于C,设圆锥SO的外接球半径为R,则R2=（SO-R）2+/,

又SO=JSA2—户=J36—4=40，

O

所以尺2=(40—村+4,：.R=-42,

圆锥S。的外接球表面积为4成一元福X2=粤，故C不正确;

1

对于设圆锥的内切球半径为则••t=A/2，

D,SO4夜一—3

在棱长为石米的正四面体中，设其外接球半径为小

则此正四面体的底面外接圆半径为［x退xg=l,高为屈W=后,

所以片=1+（0-疗，所以不=手，

因为乙<乙所以棱长为石米的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式求出圆锥的底面半径是关键点

一，利用棱长为有米的正四面体的外接球的半径与圆锥的内切球的半径判断D选项是关键点二.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，其中15题第一空2分，第二空3分，共15分.

12.已知平面向量3=（1,-2）,b=（2,m）,若a_Lb，贝！1k-0=

【答案】710

【分析】利用向量垂直、向量四则运算和向量模长的坐标表示求解即可.

【详解】因为平面向量°=（1,一2）,b=（2,m）,a±b<

所以a.〃=lx2+（—2）x根=0,解得机=1,BP/?=（2,1）,

所以4-匕=（一1,-3）,\a-b\=7（-1）2+（-3）2=4lQ,

故答案为：回

13.相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐

楼（如图（1））,如图（2）,为了测量该楼的高度A8,一研究小组选取了与该楼底部8在同一水平面内的两

个测量基点C与。，现测得N8C£>=30°,NC£>3=45°,BD=13m,在C点处测得该楼顶端A的仰角为600,

则该楼的高度AB为m.

【答案】13m

【分析】根据给定条件，利用正弦定理及直角三角形边角关系计算即得.

BD13sin45

【详解】在△3CD中，由正弦定理得BC==130,

sinZCDBsin/BCDsin30

在RtAABC中，AB=BCtanZACB=1372xtan60=13表（m）.

故答案为：13指

14.正三棱柱ABC-AgG中，所有棱长均为2,点E,尸分别为棱8月，AG的中点，则直线EF与直线

8C所成角的余弦值为；若过点A,E,尸作一截面，则截面的周长为.

【答案】4/0.7526

【分析】取CG的中点连接£70,句W,则可得NEEM为异面直线EF与直线BC所成角，然后在△FEM

中求解，连接AE并延长交A4的延长线于点G,连接FG交4G于点。，连接即，则四边形AEZm为截

面四边形，然后求解其周长即可.

【详解】取C。的中点“，连接近0,9,

因为点E为棱8月的中点，所以BC〃项T,BC=EM=2,

所以ZFEM为异面直线EF与直线BC所成角，

连接与尸，因为8氐，平面A4G，4尸u平面A与G，所以8月，27，

因为为边长是2的正三角形，F为AG的中点，所以4尸=G，

所以EF=QBF+BE=7^71=2,

MF=QcF+cM=V2,

匕匚i\(r-i-t人口十^^丁中乙曰/EF?+EM?-FM?4+4-2_3

所以由余弦7E理得cos/FEM=----------------

2EFEM2x2x24

所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为13,

4

连接AE并延长交A片的延长线于点G,连接FG交耳G于点。，连接瓦),

所以过点A,E,F的截面为四边形AEZ>,

因为点E,F分别为棱8月，AG的中点，所以AE=AF=JH4=6,

过F作FN〃B、G,交A用于点N,则N为A瓦的中点,

因为AA〃8耳，所以GB\Es,GAXA,

所以普=煞=1，所以名为GA的中点，所以G4=A4=2,

CJAJAZ

因为RV〃片G,所以GBtDs△GNF,

所以等=瑞，T=r所以即4则CQ=2-V

所以OE=JBE+BD=

在△DFC1中由余弦定理得DF2=CQ2+c尸一2QDQFcos60°

“c4,113

+1-2x—xlx—=—

329

所以。尸=必，

3

所以四边形A£D厂的周长为AE+A尸+DE+0尸=2疗+冬叵,

3

即截面的周长为26+冬叵，

3

故答案为："I",20+2^^

43

G

【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查几何体的截面问题，解题的关键是根据平面的性

质结合题意作截面图形，考查空间想象能力，属于难题.

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）已知向量°,1满足忖=0,忖=1,a-（a-b^=l.

⑴求a与b的夹角；

（2）若c=2a-b，d=a+2b求c+2d.

【答案】（l）f;

⑵卜+24=75^.

【分析】（1）利用向量的数量积性质及运算规律即可求解.

（2）由c+2d=4a+36，再利用求模公式求解.

【详解】（1）因为问=忘，卜卜1,a-（a-b^=\,设<a,b>=9,

所以6）=a?—a2=同一一同•W，cosO=2—夜cosd=1,

所以cos6=，

2

jrIT

因为owew兀，所以e=:,即〃与〃的夹角为;.

44

（2）因为c+2d=2。-/?+2（。+2人）=4。+3人，

贝+2d1=（4Q+3Z?『=16〃2+9/+24〃电=16x（应丁+9+24x1=65,

故上+24=辰

16.（15分）设虚数z满足|2z+15|=6B+10|

⑴计算目的值；

（2）是否存在实数a,使二+@eR?若存在，求出。的值；若不存在，请说明理由.

az

【答案］⑴5有

（2）存在,a=+5>/3

【分析】（1）首先设复数的标准形式，再根据复数模的运算公式，化解求解；

（2）根据复数的除法运算公式，化简三+@eR,即可判断.

az

【详解】（1）设z=c+6i（c,beR且人20）,则2=0-历，

因为|2z+15|=«|2+10|,

所以|（20+15）+2同=例0+10）-同，

所以J（2c+IS）?+（2疗=6j（c+ioy+r,

所以/+及=75,所以y/c2+Z?2=5^3,

所以|z|=5也；

（2）存在〃=±56满足题意.

设2=。+历（C/£R且bwo）,假设存在实数a使三+q£R,

az

.zac+bia（cac\（bab

则（有_+_:——+—-=-+^-y+——厂胃IER,

azaC+PI\ac+bJ\ac+bJ

h

所以2-铲万=0,因为6*0,所以"=/+/=75，

ac+b

得a=±55/3

所以存在实数a=±56,满足三+@eR.

az

17.（15分）如图，四棱锥P—ABCD中，AD//BC,BC1CD,BC=2CD=2AD=2五,平面ABC。，

平面PAC.

⑴证明：PC1AB；

(2)若尸A=PC=«^AC,M是出的中点，求三棱锥A1-ABC的体积.

2

【答案】(1)证明见解析

⑵2

3

【分析】

(1)根据底面的几何关系，可证明AB1AC,再根据面面垂直的性质定理，即可证明;

(2)首先求点尸到平面ABC的距离，再根据体积转化%_"c=g%-ABc，即可求解.

【详解】(1)

取BC中点N,连接AN,则CN=A£>=C£>=0,又")〃CN,BC1CD,

所以四边形ANCD为正方形，则NA7VB=NANC=9O。，ZNAC=45,

jrjr

又在A7VB中，AN=BN=五，贝!)/84"=^，所以NBAC=5，即AB，AC.

又平面ABCD_L平面PAC,平面ABCDc平面B4C=AC,ABu平面A3CD,

所以AB2平面PAC,又PCu面PAC,所以PCLAB.

(2)

连接DN,交AC于0,连接OP,

因为平面PAC,POu平面PAC,所以PO_LA3

由于AZ)〃8N,AD=BN,又因为R4=PC,。为AC的中点，所以OPLAC,

又因为ACu平面ABCD,ABu平面ABCD,所以尸01平面ABCD

所以尸A=PC=百，OP7P曾-AO?=7^1=2

114

SABC=gX2x2=2,七棱锥P.ABC=§x2x2=§

12

又因为M为PA中点，所以％

18.（17分）已知ABC的内角A,B,C的对边分别为〃也c,且力=c,sA：co：C

2abca+c-o

⑴求8；

（2）设。为AC的中点，b=2,求8。的最大值.

【答案】（1）三

⑵百

【分析】（1）利用余弦定理及正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式计算可得;

（2）利用余弦定理求出火的最大值，再由BD=g（BA+3C）及数量积的运算律计算可得.

,、­/＜、e、r〃+ccosA+cosC

【详解】（1）因为:7丁=__T，

2abca+c-b

a+ccosA+cosC._

“…----=-z---5---▼.a+ccosA+cosC

所以ba2+c2-b2,aBrP——=----------,

---------bcosB

lac

sinA+sinCcosA+cosC

由正弦定理可得

sin3cosB

所以cosB（sinA+sinC）=sinB（cosA+cosC）

所以sinAcosB-cosAsinB=sinBcosC-sinCcosB,

所以sin（A_g）=sin（3_C）,

因为A,昆Ce（0,7t）,则A-Be（-兀,兀），B-Ce（-7t,7t）,

所以4_3=3_<?或（4_5）+（5_（?）=兀或（A_B）+（g_C）=_7i,

所以A+C=23或A—C=TT（舍去）或A—C=-7i（舍去），

TT

由A+5+C=7l,所以3=1.

（2）由余弦定理Z?2=a2+c2—2accosNCBA,gp4=+c2-,

所以4+ac=/+c2>2ac,解得QC《4当且仅当a=c=2时取等号,

因为。为AC的中点，所以Br>=g（BA+BC）,

所以|叫=1（BA+BC）2+2BA-BC+BC^

1(2c兀2)

——c+2〃ccos—FCl

4〔3)

=?，+QC+"2)

=7(4+2QC)=1+5acK3,

所以退，当且仅当a=c=2时取等号,

即的最大值为用.

19.（17分）如图，在正三棱柱ABC-中，AB=2,。为AB的中点，E、尸在AC上，2EF=3%E=3FC.

（1）试在直线A8上确定点尸，使得对于FQ上任一点。，恒有PD〃平面4OE；（用文字描述点尸位置的确定

过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）

（2）已知。在直线AA上,满足对于g上任一点D，恒有QDH平面AOE，尸为（1）中确定的点，试求当△△加

的面积最大时，二面角P-AC-2的余弦值.

【答案】（1）答案见解析

⑵乎

【分析】

（1）延长0B至点尸，使BP=：OB,点尸即所求的点，然后证明出平面尸c/〃平面AOE,利用面面平行的

性质可得出结论;

（2）分别延长C/、&A,所得交点即点。，连接PQ,则二面角P-4C-Q即二面角B-AC-A,推导出

S^P=—S^,可知，当以4最大时，SAAM最大，利用基本不等式求出S△.同的最大值，及其等号成立的

0OBAal

条件，分析可知4明。为等腰直角三角形，取AC的中点则3M_LAC,在平面AA£A内过点M作

MNL^C,垂足为N,连接3N,分析可知/BMW为二面角的平面角，计算出BNM三边边

长，即可求得/BW的余弦值，即为所求.

【详解】（1）解：延长08至点P,使BP=；OB,点尸即所求的点，图形如下：

证明如下：连接P尸、PG，

在正三棱柱ABC-中，AV/CG且=CG，所以，ZAAlE=ZClCF,