2023-2024学年重庆市万州区高一年级下册期中数学模拟试题

2023-2024学年重庆市万州区高一下册期中数学模拟试题

一、单选题

1.重庆市万州第二高级中学，创办于1939年，原名万县文德中学.学校以“健康、高尚、睿智、创新”为

办学理念，用相对宽松的管理方式培养了一届又一届“优秀学子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.

彭蕾女士捐赠给学校的学习用“一体机''（黑板中间部分）为学校的教育教学带来了诸多便利.我们可以

把“一体机''的正面看成（）

A.矩形B.三角形C.棱柱D.棱锥

【正确答案】A

【分析】根据“一体机”的形状进行抽象后判断.

【详解】观察“一体机”可以抽象其正面是矩形.

故选：A.

2.已知α=（l,J5）,W=2λ∕5,4力=-36,则d与b的夹角是（）

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

【正确答案】B

【分析】由向量的夹角公式直接求解即可.

【详解】设“与6的夹角为。，

因为“=（1,Λ∕5）,W=2∙∖∕5,a,b=,

八a-b-3√3√3

所以"S"丽=及访==，

因为o°we≤i8θ°,

所以，=150。，即α与匕的夹角是150∙

故选：B

3..ABC中，”,"c分别是A,5,C所对的边，若如osA=CCOSC,则此三角形是（）

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

【正确答案】D

【分析】由正弦定理化边为角，后由二倍角公式变形，再结合正弦函数性质可得.

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

AC是..ABC的内角，

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，

故选：D.

4.已知q,6是不共线的非零向量，则以下向量不可以作为一组基底的是（）

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

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

【正确答案】C

【分析】判断选项中的两个向量是否平行，即可判断选项.

【详解】若两向量平行，则不可以作为基底

由选项可知，ABD中的两个向量都不共线，可以作为基底，

C中的向量α=e∣-2/,6=-gq+^γ-e2,满足6=-∙^α,向量”∕∕6,不能作为基底.

5

故选：C

5.a,4是两个平面，加，〃是两条直线,下列四个命题中正确的是（）

A.若n//a,则，〃aB.若根a,n⊂α,则加〃〃

C.若α〃/，”?ua,则相βD.若加〃〃，”?Ua,nu/3,则a〃尸

【正确答案】C

【分析】根据空间中，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】A项：若加//〃，nila,则，〃//（Z或ZMUa,故选项A不正确；

B项：若m〃a,"ua,则加7〃或根与〃异面，故选项B不正确；

C项：若a"β,则a与夕没有公共点，又因为〃?ua,所以相与夕没有公共点，所以加〃£,故选项

C正确；

D项：若加//〃，"iua,n⊂a,则a//£或a与夕相交，故选项D不正确.

故选：C.

6.欧拉公式屋=cose+isine把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了

数学的和谐美.若复数Z满足(e'"+i)∙z=l,贝IJZ的虚部为()

A.-ɪ-B.—C.1D.—I

22

【正确答案】B

【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得z,由复数虚部定义求得结果

【详解】由欧拉公式知：

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

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

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

Z的虚部为-5.

故选：B

7.如图所示，边长为2的正一ABC,以BC的中点。为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧BC，

点?在圆弧上运动，则ABXP的取值范围为()

A.[2,2√3]B.[2,5]C.[2,4]D.〔4,36]

【正确答案】B

【分析】根据给定条件，可得AP=AO+。尸，求出。P,AB的夹角范围，再利用向量数量积的定义、

运算律求解作答.

【详解】过点。作OD〃A3交半圆弧于点D,连接AO,。尸，如图，

AB

TT

而..ΛBC是正三角形，贝IJNB。。=,,令OP,AB夹角为

当点P在弧上时，0≤6≤],当点尸在弧C。上时，年，于是-g≤cos6≤l,

显然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

/ɜ

=2×∖∕3×∙^-+2×l×cos0=3+2cos0∈[2,5].

故选：B

8.ABC内角A,B,C的对边分别为。，b,c.若αsin3=J⅛cosA,。=6,点P在边BC上，

并且BP=3PC,。为JLBC的外心，则Op之长为()

A.立B.叵C.叵D.√21

332

【正确答案】C

【分析】先由正弦定理得到4=]，求出一MC的外接圆半径为凡作出辅助线利用余弦定理求出

OM=2叵，求出OP的长.

3

【详解】由正弦定理得：sinAsinB=ʌ/ɜsinBcosA»

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

因为A∈(0,π),所以A=?

设一ABC的外接圆半径为R,

2R=—^―=ʌ=4√3L

则由正弦定理得：SinA√3,故R=2√L

T

2冗

如图，OB=OC=,且N8OC=∙y,

93

因为8P=3PC,所以BP=-,CP=-,

22

TT

过点C作CH〃OB交OP的延长线于点H,则NOCP=§,

因为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

则OH=空L

3

所以OP=a。，=叵

42

故选：C

二、多选题

9.下列说法正确的是（）

A.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点

B.空间中没有公共点的两条直线一定平行

C.过一个点以及一条直线可以确定唯一一个平面

D.若直线。和平面ɑ满足∙Pα,那么平面α内有无数条直线与直线。平行

【正确答案】AD

【分析】根据圆台定义判断A,空间两直线位置关系判断B,平面的基本性质判断C,线面平行的性

质定理判断D.

【详解】圆锥是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，它的母线延长后交于一点（原圆锥的顶点），A

正确：

空间没有公共点的两条直线是平行或异面，B错误；

过直线及直线外一点确定一个平面，若该点在直线上，则过该点和直线有无数个平面，C错误；

直线。与平面α平行，由线面平行的性质定理知直线。与过直线。的平面和平面α的交线平行，过直

线”的平面有无数个，因此相应的交线也有无数条，它们都与“平行，D正确.

故选：AD.

10.下列说法不正确的有（）

A.己知α=(-1,2),6=(2,x),若α与人垂直，则x=l

B.若α∕∕6,b∕∕c>则，〃<?

C.若“涉,c为三个不共线向量，则(α∕)∙c=α∙色∙c)

3

D.若AB=(3,1),AC=(m-l,m),若NB4C为钝角，则实数加的范围是

【正确答案】BCD

【分析】根据向量垂直坐标运算判断A选项，根据向量共线的性质判断B选项，根据数量积的定义

及运算律判断C选项，再根据向量数量积与夹角的关系可判断D选项.

【详解】A选项：α=(-l,2),b=(2,x),若。与b垂直，则一2+2x=0,解得x=l,A选项正确；

B选项：当6=0时，al/b»bile，但“〃C不一定成立，B选项错误；

C选项：根据向量的数量积的含义可知a∙b是一个实数，故(“∕)∙c是与C共线的向量，

同理α∙,∙c)是与α共线的向量，但是α,C不一定共线，

故(。力)∙c=α∙仅∙c)不一定成立，C选项错误；

,一/Xzx,,f3(∕π-l)+τn<0

D选项：ΛB=(3J),AC=[m-∖ym),若/84C为钝角，则T)ι，

'/[3m≠tn-l

解得=3且m≠-1D选项错误；

42

故选：BCD.

11."虚数’'这个词是17世纪著名数学家、哲学家笛卡尔创造的，当时的观念认为这是不存在的数.人们

发现即使用全部的有理数和无理数，也不能解决代数方程的求解问题，像/+1=0这样最简单的二次

方程，在实数范围内没有解.引进虚数概念后，代数方程的求解问题才得以解决设，是方程V+x+l=0

的根，则()

A.z√=1

B.T是该方程的根

C.r是该方程的根

D.若z∣=f-7,√3≤∣Z2-Z,∣≤2^,则Z2坐标表示的几何图形面积为9兀

【正确答案】ACD

【分析】由求根公式可知ri为方程的两根∙A选项，由韦达定理可判断选项正误；B选项，将X=T代

入方程，验证其是否为O即可判断选项正误；C选项，将X=/代入方程，验证其是否为O即可判断

选项正误；设Z2=x+yi,由6≤∣Z2-z∣∣≤2g可确定Xy满足方程，即可得答案.

【详解】由题，V+x+l=O的根利用求根公式可求得为+且i或

22

/=-Y∣i.则行为方程的两根.

22

A选项，由韦达定理可得/)=1,故A正确；

B选项，将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错误；

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

即X=产是方程W+x+l=O的根，故C正确；

D选项，当f=-J∙+Yli时，z=t-^t=y∕3i,设Z,=x+yi,

22

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

则N?表示图形为以(0,6)为圆心，半径为26,石的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为

I2π-3π=9π；

当,=」_刍时，z-r-r=√3i,

22

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

则的表示图形为以(0,-石)为圆心，半径为2石,石的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为

12π-3τc=9π；

综上可知，D正确

故选：ACD

12.如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥Q-PBC的侧棱长均为√∑,BC=2.若将正三棱锥A-PBC绕

BC旋转,使得点A,P分别旋转至点A',P'处，且4，B,C,。四点共面，点4,。分别位于BC两

D

A.AP7/平面PBC

B.PP//平面ABCC

C.多面体尸产A'8E>C的外接球的表面积为J^π

D.点A,P旋转运动的轨迹长相等

【正确答案】BC

【分析】根据给定条件，判断两个正三棱锥的特征，再将旋转前后的两个三棱锥放在正方体中，逐项

分析即可判断作答.

【详解】正三棱锥A-P8C和正三棱锥3-P8C的侧棱长均为夜，BC=2,有NBAC=NMC=90",

则正三棱锥A-PBC的侧棱两两垂直，正三棱锥O-PBC的侧棱互相垂直，

于是旋转前后的正三棱锥。-PBC和A'-PBC可以放到正方体中，四边形A'BE>C为该正方体的一个

侧面，如图，

P'

DB

四边形PA4'P为平行四边形，则有ZM'〃小,

而DP与平PBC交,则ATy不平行于平面PBC,A错误;

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

多面体PpqBDC的外接球即棱长为0的正方体的外接球，外接球的半径为手，表面积为6π,C

正确；

依题意，点A,P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.

故选：BC

三、填空题

13.设i是虚数单位，复数z=i(3—4i),则闰=.

【正确答案】5

【分析】根据复数的乘法运算及共朝复数的概念，求得W=4-3i,结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】因为z=i(3-4i)=4+3i,所以％=4-3i,所以闰=〃2+(_3>=5∙

故答案为.5

14.己知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形。43,斜边长03=1,则该直三棱柱的底面积

为.

A

【正确答案】√2

【分析】由题设及斜二测法知04在原图上的对应边长为0,根据直角三角形面积公式计算即可.

【详解】由题意知：OA=OBXCOS四=XZ,

42

由斜二测法知：原直三棱柱中，的对应边长为正,OB对应边长不变，

所以底面三角形面积为LX夜Xl=正，故该直三棱柱的底面积为2x正=√L

222

故五

15.在一个如下图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平

面图形绕直线DE旋转一圈，所得几何体表面积为.

【正确答案】（4夜+16）兀

【分析】由题可画出所得几何体的大致图形，即可得表面积.

【详解】由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.

圆锥部分，由题圆锥底面圆半径为2,则底面圆周长为4π,

由题可得圆锥侧面展开扇形半径为2夜，可得侧面展开扇形圆心角为黑=向,

得圆锥侧面积为LX向×8=4√2π;

2

圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长4π,宽为2,则圆柱侧面积为8π;

球部分，球半径为2,则半个球面面积为,x4nχ4=8n.

2

综上，几何体表面积为卜&+16）π.

故（40+16卜

D

四、双空题

16.如下图，/RC中，AS=8,AC=7,8C=5,G为JlBC重心，P为线段BG上一点，则PA∙PC的

最大值为,M、N分别是边8C、BA的中点，则AP.MN的取值范围是.

31

【正确答案】20-22,一5

【分析】利用向量求得PAPC的表达式，由此求得PAPC的最大值.利用向量求得AP∙MN的表达

式，由此求得APMN的取值范围.

【详解】CoSNABC=I=二=』，由于NABCW（0,万），所以NABC=三.

2×8×523

设。是AC中点，则8,P,G,。共线.

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

12949-

-1—ɪ-------64a。

cosZADB=——J=ɪ-----=-J=,

C√12977√129

2×-------X—

22

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

I∣2212912949

∖PD∖的最大值为3。=f,所以"PC的最大值为弓=20.

Il444

AP∙W=∣(AD+DP)∙CA=^(AD+D∕J)∙2DA

=YamQ=一如闭Th⅛)

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的取值范围是卜22,一日

31

故20；-22,一~—

要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求

得最值或范围.

五、解答题

17∙已知复数Z=WG是虚数单位）.

（1）求复数Z的共规复数和模;

（2）若22+砂+。=2（46€11）.求。，。的值.

【正确答案】⑴W=l+i,国=及

a=-3

⑵

b=4

【分析】（1）利用复数运算化简Z,从而求得Z的共蒯复数以及模.

（2）根据复数相等列方程，化简求得。涉的值.

【详解】(1)z=W=[U*kT1=Ji

所以Z的共扼复数Z=l+i,

∣z∣="F+(-if=五•

(2)因为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/的夹角为120。,且IaI=I切=2,c=ma+3）.

⑴求|2。一切：

⑵当6J.C；时，求实数机

【正确答案】（1）2√L

(2)12.

【分析】（1）利用向量数量积的运算律及已知求12。-6|；

（2）由向量垂直可得力c=0,结合数量积的运算律列方程求参数值即可.

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

（2）由题设6∙e=mα∙b+362=12-∕n=0,则m=12∙

19.在棱长为2的正方体力BCO-ABe。中，E,G分别为棱。。和CG的中点.

⑴证明：AE平面瓦JG；

（2）求异面直线AE与DG所成的余弦值；

【正确答案】（1）证明见解析

⑵I

【分析】（1）证明AE//8G后可得证线面平行；

（2）证明OG〃EG，得NAEG是异面直线AE与。G所成的角或其补角，由余弦定理求解即可得.

【详解】（1）连接EG,如图,因为EG分别为棱。。和CG的中点，

所以EGIICDIIAB且EG=CD=AB,

所以ABGE是平行四边形，所以AE//BG,

又AEa平面BDG,BGU平面BDG,

所以AE〃平面BDG；

（2）在正方体AB8-A4CQ中，连接EC”AC-如图,

因为E,G分别为棱和Ca的中点，则DE/∕GCl,DE=GC1=I,

因此四边形。EcG是平行四边形,

则DG//ECi,即ZAEC1是异面直线AE与DG所成的角或其补角,

22

在，AEG中，CiE=AE=y∣AD+DE=√5,

而正方体A3。。-A4CQ的体对角线ACi=y∣3AB=2y/3,

由余弦定理，得COSZAEG=3+CE-AC；=回+（f码：」,

2AE∙ClE2×√5×√55

所以异面直线AE与OG所成的余弦值为:.

20.如图所示，正方体ABC。-ABC。的棱长为α.

⑴过正方体ABCC-ABCQ的顶点A,B,G截下一个三棱锥用-ABG,求正方体剩余部分的体积;

（2）若M,N分别是棱AB,BC的中点，请画出过A,M,N三点的平面与正方体ABC。-ABGA表

面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；

【正确答案】（1）：/

⑵作图见解析，屈a+立a

2

【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥B-ABCl的体积，再用正方体体积减去即可；

（2）根据点、线、面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长:

【详解】（1）因为正方体ABCo-A4GA,所以B片1平面A4G，

则Bq为三棱锥3-48G的高，∙SZW=Q∕,BB∖=a,

则I-ABG=%Y∣8∣G=~xax~a~=%"3，

则正方体剩余部分的体积为〃-!。3=".，

66

(2)画直线MN交04,OC延长线分别为点E,F,

再分别连接。瓦。尸，分别交A∖CC∣于点G,H,

顺次连接R,G,M,N,",五边形RGMNH即为交线围成的多边形,

易得AM=；。，ZAME=ZBMN=45,则4AEM为等腰直角三角形,

1Ia

则4E=gα,根据4AEGsMRG,AGAE=2=1,

2A1GAlDta2

同理可得巫α,HN=-a,而MN=旦ι,

1362

则五边形RGMM7的周长为2x(半0+半"+等。=JBα+等0.

21.为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每

天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年

轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从A处出发，前往B,C,力三个地点送餐.

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

A

（1）求AC的长度.

⑵假设A8,BC,CD,AO均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以250m∕min的速度

匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽

略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任

务的最短时间.

【正确答案】（I）IOO√7m

(2)8min

【分析】（1）根据余弦定理即可求解；

（2）根据余弦定理求解COSNC4。，进而得SinNe由两角和与差的余弦公式可得CoSNBAC,进

而由余弦定理求解A8,根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.

【详解】（1）因为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/T⅛^二当

所以sinNCAD=√1-cos2ZCAD=叵,

14

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

`'222142147

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

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

假设小夏先去8地，走A-B-C-。路线，路长600m,

假设小夏先去C地，因为BC>CD,所以走A-C-D-C-B路线，路长（400+100政加,

假设小夏先去。地，走4—O-C-B路线，路长500m,

由于500<600<400+100√7,

所以小夏走A-D-C-B路线，且完成送餐任务的最短时间为急+2χ3=8min.

3

22.在锐角^ABC中，设角A,B,C的对边分别为mb,c,且α=4,COSA=W

(1)若c=4,求AABC的面积;

5b-3c,,.ɪ.

(2)求——厂•的值;

COSC

(3)求AB+AC-AbAC的取值范围.

192

【正确答案】(I)W

(2)20

(3)[-4,2√I3-9)

【分析】(1)利用余弦定理和面积公式进行求解；(2)由正弦定理和三角恒等变换求解；(3)解法一:

设BC中点为。，推导出AB+AC—A&AC=TAq?+2|Aq+4,在三角形A。。中，利用余弦定理,

正弦定理和函数单调性求出AO的取值范围，从而求出A8+4C-AB∙AC的取值范围；解法二：由

余弦定理和数量积运算法则求出∣43+A4-A8∙AC=J16+∕A-∣8C,换元后利用三角恒等变换得

至IJbC∈(15,20],求出答案.

【详解】(I)由余弦定理COSA="+L-∙=」=3一-='

Ibc855

411244192

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

5225r525

4a

(2)因为α=4,SinA==,所以==二5,