2023-2024学年湖南省长沙市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年湖南省长沙市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、单选题1．以下各几何体中，是棱柱的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定的条件，利用棱柱的定义直接判断作答.【详解】对于A，几何体是三棱锥，不是棱柱，A不是；对于B，几何体有两个平面平行，其余各面都是梯形，不是棱柱，B不是；对于C，几何体有两个平面平行，其余各面都是梯形，不是棱柱，C不是；对于D，几何体有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，是棱柱，D是.故选：D2．已知点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用向量的坐标表示求解作答.【详解】因为点，所以.故选：B3．已知是平面内两个不共线的向量，下列向量中能作为平面的一个基底的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据平面向量基底的意义，逐项判断即可作答.【详解】是平面内两个不共线的向量，对于A，，即向量共线，A不是；对于B，，即向量共线，B不是；对于D，，即向量共线，D不是；对于C，因为，即向量与不共线，则向量与能作为平面的一个基底，C是.故选：C4．在复平面内，复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】根据给定条件，利用虚数单位i的意义求出复数z即可判断作答.【详解】依题意，复数，所以复数对应的点在第三象限.故选：C5．已知球的表面积为，则它的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.【详解】球的表面积为，设球O的半径为R，则有，解得，所以球的体积为.故选：A6．已知复数的实部和虚部分别为和4，则实数和的值分别是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用复数的概念列式计算作答.【详解】，复数的实部和虚部分别为和4，因此，解得，所以实数和的值分别是.故选：D7．设是空间中的两条直线，是空间中的两个平面，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则与相交C．若，则D．若，则与没有公共点【答案】D【分析】ABC可举出反例，D选项可利用反证法得到证明.【详解】A选项，若，则，或与异面，如图1，满足，但与不平行，A错误；B选项，若，则与平行或相交，如图2，满足，但与平行，B错误；C选项，若，则，或与异面，如图3，满足，但不满足，C错误；D选项，结合C选项的分析可知：若，则，或与异面，即与没有公共点，假设与有公共点，设公共点为，则，则，但，故矛盾，假设不成立，即与没有公共点，D正确.故选：D8．在平行四边形中，对角线与交于点为中点，与交于点，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，结合平行四边形性质，用表示出即可求解作答.【详解】平行四边形的对角线与交于点，如图，则，而点为的中点，有，由得：，则有，所以.故选：C二、多选题9．已知中，内角所对的边分别为，且，则的值可能是（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据给定条件，利用余弦定理求解判断作答.【详解】在中，，由余弦定理得：，即，解得或，所以的值可能是1或2.故选：AD10．下列四个命题中，真命题为（

）A．若复数满足，则 B．若复数满足，则C．若复数满足，则 D．若复数，满足，则【答案】AB【分析】根据复数实部和虚部特点，利用特值法依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，若复数，设，其中，则，则选项A正确；对选项B，若设，其中，且，则，则选项B正确；对选项C，若，设，则，但，则选项C错误；对选项D，若复数，满足，设，，则，而，则选项D错误.故选：AB.11．正四棱雉的底面边长为，外接球的表面积为，则正四棱雉的高可能是（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】作图，根据图中几何关系求解.【详解】依题意外接球的球心可能在锥内，也可能在锥外，如果在锥内如下图：其中是正方形ABCD的中心，O是外接球的球心，∵是正四棱锥，平面ABCD，，设外接球的半径为R，则，，在中，，；如果在锥外，如下图：；故选：CD.12．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】BD【分析】利用向量的坐标运算，结合平面向量数量积、用坐标求向量的模、共线向量的坐标表示逐项计算判断作答.【详解】对于A，，，与不垂直，A不正确；对于B，，有，B正确；对于C，，有，C不正确；对于D，，由选项C知，，D正确.故选：BD三、填空题13．已知复数,则_______【答案】5【分析】根据复数模的计算公式，即可求解，得到答案.【详解】由题意知，复数，则，故答案为5.【点睛】本题主要考查了复数的模的计算，其中解答中熟记复数的模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于容易题.14．如图，是水平放置的斜二测直观图，其中，，则原图形的面积是_____________．【答案】【分析】根据图形可知：在中，，再利用斜二测画法可知：，，进而可求的面积.【详解】因为与轴重合，与轴重合，所以，所以在中，，故为直角三角形.又由斜二测画法可知：在中，，，所以，故答案为：.15．若复数满足，则___________．【答案】##【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求解作答.【详解】复数满足，所以.故答案为：16．已知，且，则与的夹角的余弦值______________________________．【答案】##-0.5【分析】利用，得到，根据，列出方程，可求出.【详解】，，得，解得故答案为：四、解答题17．如图，四面体的各棱长均为，求它的表面积．【答案】.【分析】利用四面体表面积的意义直接计算作答.【详解】因为四面体的各棱长均为，于是得四面体的四个面是全等的正三角形，所以四面体的表面积.18．若复数为纯虚数，求实数的值．【答案】.【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.【详解】因为复数为纯虚数，又，于是得，解得，所以实数的值为.19．如图，在棱长为的正方体中，求三棱锥的体积．【答案】.【分析】根据正方体的结构特征，利用锥体体积公式求出体积作答.【详解】在棱长为的正方体中，是三棱锥底面上的高，所以三棱锥的体积.20．如图，正方形中，是中点，是中点，与交于点，求的余弦值．【答案】【分析】运用平面向量数量积的方法求解.【详解】设正方形ABCD的边长为2，，则有，

，，

；综上，.21．已知复数是方程的一个根，求和的值．【答案】p=6，q=10【分析】根据一元二次方程的根的性质和韦达定理求解.【详解】由一元二次方程根的性质可知：是方程的另一个根，由韦达定理知：；综上，.22．在中，内角所对的边分别为，且．(1)求．(2)若，求．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解作答.（2）利用（1）结合余弦定理，求出，再利用三角形面积定理求解作答.【详解】（1）在中，由正弦定理及得：，即有，而，有，因此，又，所以.（2）由（1）知，，又，由余弦定理得，，解得，所以的面积.2023-2024学年湖南省长沙市高一下册期中数学质量检测模拟试题一、选择题：本大题共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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则z在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，，则（

）A． B． C． D．4．设非零实数满足，则下列不等式中一定成立的是A． B． C． D．5．如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．直线a⊥平面，b∥，则a与b的关系为A．a⊥b且a与b相交 B．a⊥b且a与b不相交C．a⊥b D．a与b不一定垂直7．在中，分别为角的对边，若，则（

）A．1 B．C．2 D．8．平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有错选的得0分）9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（

）A． B．z的虚部为iC．z的共轭复数为 D．10．函数，下列说法正确的是（

）A．为偶函数B．的最小正周期为C．在区间上先减后增D．的图象关于对称11．如图，在正方体中，、、分别是、、的中点，有下列四个结论正确的是（

）A．与是异面直线； B．、、相交于一点；C．； D．平面.12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）A．若，则为的重心B．若为的内心，则C．若，，为的外心，则D．若为的垂心，，则三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．化简：_______．14．若一个圆锥的底面半径为1，其侧面展开图的圆心角大小为，则该圆锥的高为__________.15．写出使“不等式对一切实数都成立”的的一个取值______．16．如图，中，为边的中点，为线段上的任意一点（不含，），且，（x，），若恒成立，则实数a的最大值为_______．

四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）17．若函数的部分图象如下图所示.(1)求函数的解析式；(2)设，且，求的值.18．在中，角所对的边分别为，且满足，．（Ⅰ）求的面积；（Ⅱ）若，求的值．19．如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点，M是PB的中点，平面ABC，且，，.（1）求证:平面PAC；（2）求三棱锥M—ABC体积.20．如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形.(1)求证：AB∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围.21．已知函数满足：①；②.（1）求函数的解析式；（2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围.22．某工厂生产某种产品的年固定成本为200万元，每生产千件，需另投入成本为，当年产量不足80千件时，（万元）．当年产量不小于80千件时，（万元）．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；（2）当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？答案解析1．B【分析】由题得，再求.【详解】由题得，所以.故选：B2．B【分析】计算出，则可选出答案.【详解】，所以复数z在复平面内对应的点为，在第二象限.故选：B3．A【分析】根据平面向量的坐标运算和向量共线、垂直的条件逐项进行检验即可求解.【详解】对于A，因为，，所以，则，所以，故选项A正确；对于B，因为，，所以，则不存在实数λ使得，所以与不共线，故选项B错误；对于C，因为，，且不存在实数λ使得，所以与不共线，故选项C错误；对于D，因为，，且，所以与不垂直，故选项D错误；故选：A.4．D【分析】根据不等式的性质可得正确的选项.【详解】取，则，故A错.取，则，，故B、C错.∵，∴．故选：D．本题考查不等式的性质，说明一个不等式不成立，需举出反例，本题属于基础题.5．B【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案.【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且，因为，所以，所以.故选：B.6．C【详解】，则存在直线有．又因为，所以，从而可得．而可能相交也可能异面，故选C7．B【分析】利用余弦定理求解即可.【详解】因为在中，，所以，解得.故选：B.8．C【分析】建立平面直角坐标系，设，把的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可求得本题答案.【详解】作，垂足为，以点为原点，所在直线为轴，轴建立如下图的平面直角坐标系.因为，而,所以，在直角中，因为，，所以，，则，设，所以，所以，因为二次函数开口向上，对称轴为，且，所以当时，取最小值，当时，取最大值，所以的取值范围是.故选：C9．AD【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.【详解】,故虚部为1，B错误；其共轭复数为，C错误；，A正确；，故D正确，故选：AD10．AC【分析】由题可得，然后结合函数的性质逐项分析即得.【详解】由辅助角公式可得：，对A，由题可知，为偶函数，A正确；对B，最小正周期，故B错误；对C，令，，在区间先减后增，故C正确；对D，，所以关于点对称，D错误.故选：AC．11．BD【分析】本题首先可根据、判断出A错误，然后根据平面平面得出B正确，再然后根据得出C错误，最后根据线面平行的判定即可证得D正确.【详解】A项：如图，连接、、，因为、分别是、的中点，多面体是正方体，所以，，，因为，所以与是同一平面内的相交直线，A错误；B项：因为平面平面，平面，平面，所以、、相交于一点，B正确；C项：如图，连接与交于点，连接、，由正方体性质易知，是中点，因为是中点，所以，，因为，，所以，，故四边形是平行四边形，，易知C错误；D项：因为，平面，平面，所以平面，D正确，故选：BD.12．ABD【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由，则，所以，所以A，M，D三点共线，且，设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，则有，，，所以，即，故B正确；对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，又，，则有，，，所以，，，所以，故C错误；对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由为的垂心，，则，又，则，，设，，则，，所以，即，所以，所以，故D正确；故选：ABD．关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解．13．##【分析】利用两角差的正弦公式即可求解.【详解】.故14．【分析】设圆锥的母线长为，由已知得，求得，由勾股定理可得解.【详解】圆锥的底面半径为1，故圆锥的底面周长为，设圆锥的母线长为根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得：，解得：所以圆锥的高故15．（答案不唯一）【分析】由指数函数的单调性和不等式的性质，可得所求取值．【详解】解：当时，在上单调递增，由，可得；当时，在上单调递减，由，可得．因为不等式对一切实数都成立，所以，所以的取值可为．故（答案不唯一）．16．8【分析】由题意易知，由此即可求出的最小值，即为a的最大值.【详解】因为，，,三点共线，则，,所以，当且仅当，即时，取“=”.所以的最大值为8.故817．(1)，(2)．【分析】（1）根据图象结合正弦函数图象及性质，即可求出；（2）根据同角三角函数之间的关系求，再利用角的变换技巧，利用两角和的正弦公式即可求出.【详解】（1）由图得，．，解得，于是由，得．所以，因为函数图象过点，所以所以，所以，即又，所以，所以．（2）因为，所以，即，因为，所以，所以．

所以=．18．（1）；（2）.【分析】（1）利用二倍角公式由已知可得；根据向量的数量积运算，由得，再由三角形面积公式去求的面积；（2）由（1）知，又，解方程组可得或，再由余弦定理去求的值．【详解】（1）因为，所以又，所以，由，得，所以故的面积（2）由，且，得或由余弦定理得，故考点：（1）二倍角公式及同角三角函数基本关系式；（2）余弦定理．19．（1）证明见解析（2）2【分析】（1）依题意可得，再由平面，得到，即可证明平面；（2）连接，可证，即可得到平面，为三棱锥的高，再根据锥体的体积公式计算可得；【详解】（1）证明:因为是半圆的直径，所以.因为平面，平面，所以，又因为平面，平面，且所以平面.（2）解:因为，，所以，.连接.因为、分别是，的中点，所以，.又平面.所以平面.因此为三棱锥的高.所以.本题考查线面垂直的证明，锥体的体积的计算，属于中档题.20．(1