2023-2024學年重慶市萬州區(qū)高一年級下冊期中數(shù)學模擬試題

2023-2024學年重慶市萬州區(qū)高一下冊期中數(shù)學模擬試題

一、單選題

1.重慶市萬州第二高級中學，創(chuàng)辦于1939年，原名萬縣文德中學.學校以“健康、高尚、睿智、創(chuàng)新”為

辦學理念，用相對寬松的管理方式培養(yǎng)了一屆又一屆“優(yōu)秀學子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.

彭蕾女士捐贈給學校的學習用“一體機''（黑板中間部分）為學校的教育教學帶來了諸多便利.我們可以

把“一體機''的正面看成（）

A.矩形B.三角形C.棱柱D.棱錐

【正確答案】A

【分析】根據(jù)“一體機”的形狀進行抽象后判斷.

【詳解】觀察“一體機”可以抽象其正面是矩形.

故選：A.

2.已知α=（l,J5）,W=2λ∕5,4力=-36,則d與b的夾角是（）

A.120B.150C.60D.30

【正確答案】B

【分析】由向量的夾角公式直接求解即可.

【詳解】設“與6的夾角為。，

因為“=（1,Λ∕5）,W=2??∕5,a,b=,

八a-b-3√3√3

所以"S"麗=及訪==，

因為o°we≤i8θ°,

所以，=150。，即α與匕的夾角是150?

故選：B

3..ABC中，”,"c分別是A,5,C所對的邊，若如osA=CCOSC,則此三角形是（）

A.等腰三角形B.直角三角形

C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形

【正確答案】D

【分析】由正弦定理化邊為角，后由二倍角公式變形，再結合正弦函數(shù)性質可得.

【詳解】因為QCosA=CCoSC,所以由正弦定理可得SinACOSA=SinCCOSC,即sin24=sin2C,

AC是..ABC的內角，

所以24=2C或2A+2C=π,

所以A=C或4+C=]TT,即_"C是等腰三角形或直角三角形，

故選：D.

4.已知q,6是不共線的非零向量，則以下向量不可以作為一組基底的是（）

A.a-evb-el-e2B.d--3e2,b-et-e2

C.a=el-2e2,i>=---elD.a-el-2e2,b-et+2e2

【正確答案】C

【分析】判斷選項中的兩個向量是否平行，即可判斷選項.

【詳解】若兩向量平行，則不可以作為基底

由選項可知，ABD中的兩個向量都不共線，可以作為基底，

C中的向量α=e∣-2/,6=-gq+^γ-e2,滿足6=-?^α,向量”∕∕6,不能作為基底.

5

故選：C

5.a,4是兩個平面，加，〃是兩條直線,下列四個命題中正確的是（）

A.若n//a,則，〃aB.若根a,n?α,則加〃〃

C.若α〃/，”?ua,則相βD.若加〃〃，”?Ua,nu/3,則a〃尸

【正確答案】C

【分析】根據(jù)空間中，直線與平面的位置關系，對選項逐一判斷，即可得到結果.

【詳解】A項：若加//〃，nila,則，〃//（Z或ZMUa,故選項A不正確；

B項：若m〃a,"ua,則加7〃或根與〃異面，故選項B不正確；

C項：若a"β,則a與夕沒有公共點，又因為〃?ua,所以相與夕沒有公共點，所以加〃￡,故選項

C正確；

D項：若加//〃，"iua,n?a,則a//￡或a與夕相交，故選項D不正確.

故選：C.

6.歐拉公式屋=cose+isine把自然對數(shù)的底數(shù)e、虛數(shù)單位i、三角函數(shù)聯(lián)系在一起，充分體現(xiàn)了

數(shù)學的和諧美.若復數(shù)Z滿足(e'"+i)?z=l,貝IJZ的虛部為()

A.-?-B.—C.1D.—I

22

【正確答案】B

【分析】由歐拉公式和復數(shù)除法運算可求得z,由復數(shù)虛部定義求得結果

【詳解】由歐拉公式知：

β,π=cosπ+isinπ=-l，?'?(eυt+i)?z=(-l+i)?z=i,

*Z=----i--=-----i-(----l---i-)----=--1---i=—1—1?.

-l+i(-l+i)(-l-i)222,

Z的虛部為-5.

故選：B

7.如圖所示，邊長為2的正一ABC,以BC的中點。為圓心，BC為直徑在點A的另一側作半圓弧BC，

點?在圓弧上運動，則ABXP的取值范圍為()

A.[2,2√3]B.[2,5]C.[2,4]D.〔4,36]

【正確答案】B

【分析】根據(jù)給定條件，可得AP=AO+。尸，求出。P,AB的夾角范圍，再利用向量數(shù)量積的定義、

運算律求解作答.

【詳解】過點。作OD〃A3交半圓弧于點D,連接AO,。尸，如圖，

AB

TT

而..ΛBC是正三角形，貝IJNB。。=,,令OP,AB夾角為

當點P在弧上時，0≤6≤],當點尸在弧C。上時，年，于是-g≤cos6≤l,

顯然AO="θP=l,NO4B=Z,AP=AO+OP>

O

■WO*MSMHa*.MKHHM?IVWB■*βnVBHMk?MWSM*

所以A3?AP=A8?(AO+OP)=A3?AO+A3?QP=∣A3||AO|cos—+∣ABIloPlCos，

6

/?

=2×?∕3×?^-+2×l×cos0=3+2cos0∈[2,5].

故選：B

8.ABC內角A,B,C的對邊分別為。，b,c.若αsin3=J?cosA,。=6,點P在邊BC上，

并且BP=3PC,。為JLBC的外心，則Op之長為()

A.立B.叵C.叵D.√21

332

【正確答案】C

【分析】先由正弦定理得到4=]，求出一MC的外接圓半徑為凡作出輔助線利用余弦定理求出

OM=2叵，求出OP的長.

3

【詳解】由正弦定理得：sinAsinB=?/?sinBcosA?

因為8∈(θ,π),所以sinB≠O,故SinA=6cosA,即tanA=G,

因為A∈(0,π),所以A=?

設一ABC的外接圓半徑為R,

2R=—^―=?=4√3L

則由正弦定理得：SinA√3,故R=2√L

T

2冗

如圖，OB=OC=,且N8OC=?y,

93

因為8P=3PC,所以BP=-,CP=-,

22

TT

過點C作CH〃OB交OP的延長線于點H,則NOCP=§,

因為BP=3PC,所以尸”=：0P,CH=LOB=巫,

在三角形OCH中，由余弦定理得：OH2=OC2+CH2-2OC-CHcos-=]2+--2×243×^-×-=-,

33323

則OH=空L

3

所以OP=a。，=叵

42

故選：C

二、多選題

9.下列說法正確的是（）

A.圓臺的任意兩條母線延長后一定交于一點

B.空間中沒有公共點的兩條直線一定平行

C.過一個點以及一條直線可以確定唯一一個平面

D.若直線。和平面ɑ滿足?Pα,那么平面α內有無數(shù)條直線與直線。平行

【正確答案】AD

【分析】根據(jù)圓臺定義判斷A,空間兩直線位置關系判斷B,平面的基本性質判斷C,線面平行的性

質定理判斷D.

【詳解】圓錐是由平行于圓錐底面的平面截圓錐所得，它的母線延長后交于一點（原圓錐的頂點），A

正確：

空間沒有公共點的兩條直線是平行或異面，B錯誤；

過直線及直線外一點確定一個平面，若該點在直線上，則過該點和直線有無數(shù)個平面，C錯誤；

直線。與平面α平行，由線面平行的性質定理知直線。與過直線。的平面和平面α的交線平行，過直

線”的平面有無數(shù)個，因此相應的交線也有無數(shù)條，它們都與“平行，D正確.

故選：AD.

10.下列說法不正確的有（）

A.己知α=(-1,2),6=(2,x),若α與人垂直，則x=l

B.若α∕∕6,b∕∕c>則，〃<?

C.若“涉,c為三個不共線向量，則(α∕)?c=α?色?c)

3

D.若AB=(3,1),AC=(m-l,m),若NB4C為鈍角，則實數(shù)加的范圍是

【正確答案】BCD

【分析】根據(jù)向量垂直坐標運算判斷A選項，根據(jù)向量共線的性質判斷B選項，根據(jù)數(shù)量積的定義

及運算律判斷C選項，再根據(jù)向量數(shù)量積與夾角的關系可判斷D選項.

【詳解】A選項：α=(-l,2),b=(2,x),若。與b垂直，則一2+2x=0,解得x=l,A選項正確；

B選項：當6=0時，al/b?bile，但“〃C不一定成立，B選項錯誤；

C選項：根據(jù)向量的數(shù)量積的含義可知a?b是一個實數(shù)，故(“∕)?c是與C共線的向量，

同理α?,?c)是與α共線的向量，但是α,C不一定共線，

故(。力)?c=α?僅?c)不一定成立，C選項錯誤；

,一/Xzx,,f3(∕π-l)+τn<0

D選項：ΛB=(3J),AC=[m-?ym),若/84C為鈍角，則T)ι，

'/[3m≠tn-l

解得=3且m≠-1D選項錯誤；

42

故選：BCD.

11."虛數(shù)’'這個詞是17世紀著名數(shù)學家、哲學家笛卡爾創(chuàng)造的，當時的觀念認為這是不存在的數(shù).人們

發(fā)現(xiàn)即使用全部的有理數(shù)和無理數(shù)，也不能解決代數(shù)方程的求解問題，像/+1=0這樣最簡單的二次

方程，在實數(shù)范圍內沒有解.引進虛數(shù)概念后，代數(shù)方程的求解問題才得以解決設，是方程V+x+l=0

的根，則()

A.z√=1

B.T是該方程的根

C.r是該方程的根

D.若z∣=f-7,√3≤∣Z2-Z,∣≤2^,則Z2坐標表示的幾何圖形面積為9兀

【正確答案】ACD

【分析】由求根公式可知ri為方程的兩根?A選項，由韋達定理可判斷選項正誤；B選項，將X=T代

入方程，驗證其是否為O即可判斷選項正誤；C選項，將X=/代入方程，驗證其是否為O即可判斷

選項正誤；設Z2=x+yi,由6≤∣Z2-z∣∣≤2g可確定Xy滿足方程，即可得答案.

【詳解】由題，V+x+l=O的根利用求根公式可求得為+且i或

22

/=-Y∣i.則行為方程的兩根.

22

A選項，由韋達定理可得/)=1,故A正確；

B選項，將X=T代入方程，得(Ty-t+?=-t-?-t+?=-2t≠O,即X=T■不是方程

/+x+l=O的根，故B錯誤；

C選項，將X=/代入方程，得("Y+*+1=(-Z-1)2-r-1÷1=/+f+1=O,

即X=產是方程W+x+l=O的根，故C正確；

D選項，當f=-J?+Yli時，z=t-^t=y∕3i,設Z,=x+yi,

22

則石≤∣Z2-z∣∣≤2√5nQ≤卜+(y->Λ)i卜2/n3<x2+^y-可<12.

則N?表示圖形為以(0,6)為圓心，半徑為26,石的兩圓之間，即如圖所示的圓環(huán)，面積為

I2π-3π=9π；

當,=」_芻時，z-r-r=√3i,

22

則64∣Z2-zJ≤2√J=>√5≤k+(y+6)i∣≤2√5=3≤X?+(y+叫<12.

則的表示圖形為以(0,-石)為圓心，半徑為2石,石的兩圓之間，即如圖所示的圓環(huán)，面積為

12π-3τc=9π；

綜上可知，D正確

故選：ACD

12.如圖，正三棱錐A-PBC和正三棱錐Q-PBC的側棱長均為√∑,BC=2.若將正三棱錐A-PBC繞

BC旋轉,使得點A,P分別旋轉至點A',P'處，且4，B,C,。四點共面，點4,。分別位于BC兩

D

A.AP7/平面PBC

B.PP//平面ABCC

C.多面體尸產A'8E>C的外接球的表面積為J^π

D.點A,P旋轉運動的軌跡長相等

【正確答案】BC

【分析】根據(jù)給定條件，判斷兩個正三棱錐的特征，再將旋轉前后的兩個三棱錐放在正方體中，逐項

分析即可判斷作答.

【詳解】正三棱錐A-P8C和正三棱錐3-P8C的側棱長均為夜，BC=2,有NBAC=NMC=90",

則正三棱錐A-PBC的側棱兩兩垂直，正三棱錐O-PBC的側棱互相垂直，

于是旋轉前后的正三棱錐。-PBC和A'-PBC可以放到正方體中，四邊形A'BE>C為該正方體的一個

側面，如圖，

P'

DB

四邊形PA4'P為平行四邊形，則有ZM'〃小,

而DP與平PBC交,則ATy不平行于平面PBC,A錯誤;

DAHPP,,PpZa平面ABQC,04'<=平面48。。，PP'//平面ABCC,B正確；

多面體PpqBDC的外接球即棱長為0的正方體的外接球，外接球的半徑為手，表面積為6π,C

正確；

依題意，點A,P旋轉角度相同，但旋轉半徑不同，所以運動的軌跡長不相等，D錯誤.

故選：BC

三、填空題

13.設i是虛數(shù)單位，復數(shù)z=i(3—4i),則閏=.

【正確答案】5

【分析】根據(jù)復數(shù)的乘法運算及共朝復數(shù)的概念，求得W=4-3i,結合復數(shù)模的計算公式，即可求解.

【詳解】因為z=i(3-4i)=4+3i,所以％=4-3i,所以閏=〃2+(_3>=5?

故答案為.5

14.己知直三棱柱底面的直觀圖是一個等腰直角三角形。43,斜邊長03=1,則該直三棱柱的底面積

為.

A

【正確答案】√2

【分析】由題設及斜二測法知04在原圖上的對應邊長為0,根據(jù)直角三角形面積公式計算即可.

【詳解】由題意知：OA=OBXCOS四=XZ,

42

由斜二測法知：原直三棱柱中，的對應邊長為正,OB對應邊長不變，

所以底面三角形面積為LX夜Xl=正，故該直三棱柱的底面積為2x正=√L

222

故五

15.在一個如下圖所示的直角梯形ABCD內挖去一個扇形，E恰好是梯形的下底邊的中點，將所得平

面圖形繞直線DE旋轉一圈，所得幾何體表面積為.

【正確答案】（4夜+16）兀

【分析】由題可畫出所得幾何體的大致圖形，即可得表面積.

【詳解】由題意可得幾何體大致圖形如下，則其表面積由三部分組成.

圓錐部分，由題圓錐底面圓半徑為2,則底面圓周長為4π,

由題可得圓錐側面展開扇形半徑為2夜，可得側面展開扇形圓心角為黑=向,

得圓錐側面積為LX向×8=4√2π;

2

圓柱部分，圓柱側面展開矩形長為圓錐底面圓周長4π,寬為2,則圓柱側面積為8π;

球部分，球半徑為2,則半個球面面積為,x4nχ4=8n.

2

綜上，幾何體表面積為卜&+16）π.

故（40+16卜

D

四、雙空題

16.如下圖，/RC中，AS=8,AC=7,8C=5,G為JlBC重心，P為線段BG上一點，則PA?PC的

最大值為,M、N分別是邊8C、BA的中點，則AP.MN的取值范圍是.

31

【正確答案】20-22,一5

【分析】利用向量求得PAPC的表達式，由此求得PAPC的最大值.利用向量求得AP?MN的表達

式，由此求得APMN的取值范圍.

【詳解】CoSNABC=I=二=』，由于NABCW（0,萬），所以NABC=三.

2×8×523

設。是AC中點，則8,P,G,。共線.

BO=T（BC+8A）,BQ2=；（8C+8A『=；62+82+2x5x8Xg）=詈.

12949-

-1—?-------64a。

cosZADB=——J=?-----=-J=,

C√12977√129

2×-------X—

22

PA-PC=(^PD+D^PD+OC)=^PD+DA)(PD-￡>A)=Pb"-D∕<=PIf.

I∣2212912949

?PD?的最大值為3。=f,所以"PC的最大值為弓=20.

Il444

AP?W=∣(AD+DP)?CA=^(AD+D∕J)?2DA

=YamQ=一如閉Th?)

I39

=~~?DP12√129

其中三54＜。尸卜卜4，即

39II

所以五≤∣DP∣?T=S-39<∣DP∣,3^<-39

2√1294,4II2√12912

-22<-4^9--?DP?.^=<-^.

4

即4P?MN的取值范圍是卜22,一日

31

故20；-22,一~—

要求向量數(shù)量積的最值或范圍，需要利用數(shù)量積的運算將所求表達式進行化簡，結合已知條件求得求

得最值或范圍.

五、解答題

17?已知復數(shù)Z=WG是虛數(shù)單位）.

（1）求復數(shù)Z的共規(guī)復數(shù)和模;

（2）若22+砂+。=2（46€11）.求。，。的值.

【正確答案】⑴W=l+i,國=及

a=-3

⑵

b=4

【分析】（1）利用復數(shù)運算化簡Z,從而求得Z的共蒯復數(shù)以及模.

（2）根據(jù)復數(shù)相等列方程，化簡求得。涉的值.

【詳解】(1)z=W=[U*kT1=Ji

所以Z的共扼復數(shù)Z=l+i,

∣z∣="F+(-if=五?

(2)因為z2+az+力=l+i(α/wR),

即(lT)2+α(lT)+6=]+i,

也即α+6+(-2-α)i=l+i,

a+h=?a=-3

所以-2-E,解得

b=4,

18.已知向量d/的夾角為120。,且IaI=I切=2,c=ma+3）.

⑴求|2。一切：

⑵當6J.C；時，求實數(shù)機

【正確答案】（1）2√L

(2)12.

【分析】（1）利用向量數(shù)量積的運算律及已知求12。-6|；

（2）由向量垂直可得力c=0,結合數(shù)量積的運算律列方程求參數(shù)值即可.

【詳解】（1）由∣2d-邸=4片-4?2+。2=4-4?0?）+412,則∣2α-0∣=2√J.

（2）由題設6?e=mα?b+362=12-∕n=0,則m=12?

19.在棱長為2的正方體力BCO-ABe。中，E,G分別為棱。。和CG的中點.

⑴證明：AE平面瓦JG；

（2）求異面直線AE與DG所成的余弦值；

【正確答案】（1）證明見解析

⑵I

【分析】（1）證明AE//8G后可得證線面平行；

（2）證明OG〃EG，得NAEG是異面直線AE與。G所成的角或其補角，由余弦定理求解即可得.

【詳解】（1）連接EG,如圖,因為EG分別為棱。。和CG的中點，

所以EGIICDIIAB且EG=CD=AB,

所以ABGE是平行四邊形，所以AE//BG,

又AEa平面BDG,BGU平面BDG,

所以AE〃平面BDG；

（2）在正方體AB8-A4CQ中，連接EC”AC-如圖,

因為E,G分別為棱和Ca的中點，則DE/∕GCl,DE=GC1=I,

因此四邊形。EcG是平行四邊形,

則DG//ECi,即ZAEC1是異面直線AE與DG所成的角或其補角,

22

在，AEG中，CiE=AE=y∣AD+DE=√5,

而正方體A3。。-A4CQ的體對角線ACi=y∣3AB=2y/3,

由余弦定理，得COSZAEG=3+CE-AC；=回+（f碼：」,

2AE?ClE2×√5×√55

所以異面直線AE與OG所成的余弦值為:.

20.如圖所示，正方體ABC。-ABC。的棱長為α.

⑴過正方體ABCC-ABCQ的頂點A,B,G截下一個三棱錐用-ABG,求正方體剩余部分的體積;

（2）若M,N分別是棱AB,BC的中點，請畫出過A,M,N三點的平面與正方體ABC。-ABGA表

面的交線（保留作圖痕跡，畫出交線，無需說明理由），并求出交線圍成的多邊形的周長；

【正確答案】（1）：/

⑵作圖見解析，屈a+立a

2

【分析】（1）利用等體積法求出三棱錐B-ABCl的體積，再用正方體體積減去即可；

（2）根據(jù)點、線、面的位置關系作出圖形，再利用三角形相似等知識點則可求出相關線段長:

【詳解】（1）因為正方體ABCo-A4GA,所以B片1平面A4G，

則Bq為三棱錐3-48G的高，?SZW=Q∕,BB?=a,

則I-ABG=%Y∣8∣G=~xax~a~=%"3，

則正方體剩余部分的體積為〃-!。3=".，

66

(2)畫直線MN交04,OC延長線分別為點E,F,

再分別連接。瓦。尸，分別交A?CC∣于點G,H,

順次連接R,G,M,N,",五邊形RGMNH即為交線圍成的多邊形,

易得AM=；。，ZAME=ZBMN=45,則4AEM為等腰直角三角形,

1Ia

則4E=gα,根據(jù)4AEGsMRG,AGAE=2=1,

2A1GAlDta2

同理可得巫α,HN=-a,而MN=旦ι,

1362

則五邊形RGMM7的周長為2x(半0+半"+等。=JBα+等0.

21.為解決社區(qū)老年人“一餐熱飯”的問題，某社區(qū)與物業(yè)、第三方餐飲企業(yè)聯(lián)合打造了社區(qū)食堂，每

天為居民提供品種豐富的飯菜，還可以提供送餐上門服務，既解決了老年人的用餐問題，又能減輕年

輕人的壓力，受到群眾的一致好評.如圖，送餐人員小夏從A處出發(fā)，前往B,C,力三個地點送餐.

已知A8=300m,AΓ>=200m,CD=IOOm,且48〃O),ABAD=W.

A

（1）求AC的長度.

⑵假設A8,BC,CD,AO均為平坦的直線型馬路，小夏騎著電動車在馬路上以250m∕min的速度

勻速行駛，每到一個地點，需要2分鐘的送餐時間，到第三個地點送完餐，小夏完成送餐任務.若忽

略電動車在馬路上損耗的其他時間（例如：等紅綠燈，電動車的啟動和停止…），求小夏完成送餐任

務的最短時間.

【正確答案】（I）IOO√7m

(2)8min

【分析】（1）根據(jù)余弦定理即可求解；

（2）根據(jù)余弦定理求解COSNC4。，進而得SinNe由兩角和與差的余弦公式可得CoSNBAC,進

而由余弦定理求解A8,根據(jù)三種不同的送餐路線，計算路程的大小，即可比較求解.

【詳解】（1）因為ZBAD=6（）°,所以NAZ>C=12（）。，

在，ACZ>中，由余弦定理，AC=AD2+CDr-2AD-CD-cosZADC

2∞2+1002-2×200×100×=100√7m.

⑵在小中，由余弦定理,得“四七/T?^二當

所以sinNCAD=√1-cos2ZCAD=叵,

14

所以COSNBAC=COS(Na4。-NCAD)=JCOSNCA。+且SinNeA￡>=Lxm+且X叵=邁

`'222142147

在..ΛBC中，由余弦定理，^BC2=AC2+AB2-2ACAB-cosZBAC

=(100√7)2+3002-2×100√7×300×??=40000,解得8C=200m.

假設小夏先去8地，走A-B-C-。路線，路長600m,

假設小夏先去C地，因為BC>CD,所以走A-C-D-C-B路線，路長（400+100政加,

假設小夏先去。地，走4—O-C-B路線，路長500m,

由于500<600<400+100√7,

所以小夏走A-D-C-B路線，且完成送餐任務的最短時間為急+2χ3=8min.

3

22.在銳角^ABC中，設角A,B,C的對邊分別為mb,c,且α=4,COSA=W

(1)若c=4,求AABC的面積;

5b-3c,,.?.

(2)求——廠?的值;

COSC

(3)求AB+AC-AbAC的取值范圍.

192

【正確答案】(I)W

(2)20

(3)[-4,2√I3-9)

【分析】(1)利用余弦定理和面積公式進行求解；(2)由正弦定理和三角恒等變換求解；(3)解法一:

設BC中點為。，推導出AB+AC—A&AC=TAq?+2|Aq+4,在三角形A。。中，利用余弦定理,

正弦定理和函數(shù)單調性求出AO的取值范圍，從而求出A8+4C-AB?AC的取值范圍；解法二：由

余弦定理和數(shù)量積運算法則求出∣43+A4-A8?AC=J16+∕A-∣8C,換元后利用三角恒等變換得

至IJbC∈(15,20],求出答案.

【詳解】(I)由余弦定理COSA="+L-?=」=3一-='

Ibc855

411244192

結合SinA=M可知，ZkABC的面積S=τ^csinA=7x-x4x=="

5225r525

4a

(2)因為α=4,SinA==,所以==二5,