四川省大数据学考大联盟2023-2024学年高一下学期期末模拟质量检测 数学试题【含答案】

四川省大数据学考大联盟高一下期期末模拟质量检测数学本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5．考试结束后，只将答题卡交回.第Ⅰ卷（选择题，共58分）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．已知复数，则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2．已知，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．3．已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．点满足向量，则点与的位置关系是（

）A．点为线段的中点 B．点在线段延长线上C．点在线段的延长线上 D．点不在直线上5．要得到函数的图象，只需将函数的图象（

）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度6．柳编技艺在我国已有上千年的历史，如今柳编产品已经选入国家非物质文化遗产名录．如图，若柳条编织的米斗可近似看作上底面圆半径为2，下底面圆半径为1，体积为的圆台，则该圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．7．已知，则（

）A． B．0 C． D．18．中，，点为平面内一点，且分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为（

）A． B． C． D．1二、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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在中，的对边分别是，，，若有两个解，则的值可以为（

）A．2 B．3 C．4 D．10．已知是复数，则下列说法正确的是（

）A．若，则或B．若，则C．若，则D．若，则的最大值为11．如图，正方体的棱长为1，下列说法正确的是（

）A．直线与平面所成角的正切值为B．若点在正方体表面上运动且满足，则点的轨迹的长度为C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为D．设直线与平面交于点，则三棱锥外接球的表面积为第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡上.412．按斜二测画法得到，如图所示，其中，那么的面积为．13．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到达处时测得公路右侧一山底在西偏北的方向上；行驶后到达处，测得此山底在西偏北的方向上，山顶的仰角为，则此山的高度．14．若存在实数，使得对于任意的，不等式恒成立，则的最大值为．四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知．(1)求的值；(2)若，求的值．16．如图，在三棱锥中，．(1)求证：平面平面；(2)当时，求二面角的正弦值．17．在中，角的对边分别是，且．(1)求角的大小；(2)若的周长为8，外接圆的面积为，求的面积．18．如图，在锐角中，，；(1)用表示；(2)若，求的长度；(3)当取最小值时，求．19．在三角函数领域，为了三角计算的简便并且追求计算的精确性，曾经出现过以下两种少见的三角函数：定义为角的正矢（或），记作；定义为角的余矢（Coversed或coversedsine），记作．(1)设函数，求函数的单调递减区间；(2)当时，设函数，若关于的方程的有三个实根，则：①求实数的取值范围；②求的取值范围．

1．D【分析】根据复数的除法运算求出复数的代数形式，然后可得在复平面对应的点的位置．【详解】由题意得，所以，所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限．故选：D．2．C【分析】根据投影向量的定义即可求解【详解】因为，所以，，所以向量在向量上的投影向量的坐标为.故选：C3．A【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时，不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件，故选：A4．C【分析】分析可得，进而可得结果.【详解】因为，即，可得，所以点在线段的延长线上.故选：C.5．D【分析】首先利用两角差的正弦公式及二倍角公式将函数化简，再结合三角函数的平移规则判断即可.【详解】因为，，所以将向右平移个单位长度得到，故D正确；若将向左平移个单位长度得到，故A错误；若将向右平移个单位长度得到，故B错误；若将向左平移个单位长度得到，故C错误；故选：D6．A【分析】设圆台的高为，根据圆台的体积求出，即可求出母线，再由侧面积公式计算可得.【详解】设圆台的高为，又圆台的上底面圆半径，下底面圆半径，则圆台的体积，解得，所以圆台的母线，所以圆台的侧面积.故选：A7．B【分析】根据同角三角函数的基本关系及诱导公式得到，结合平方关系求出，再由两角差的正弦公式及二倍角公式计算可得.【详解】因为，即，即，所以，又，所以，解得或（舍去），所以，即，所以.故选：B8．A【分析】由已知可得在的垂直平分线上，由，可得，进而由正弦定理可得，的值最大，进而计算可求.【详解】由，所以，所以在的垂直平分线上，设为的中点，可得，，所以，从而，由正弦定理可得，所以，当，，又要使的值最大时，则为锐角，所以，从而为等腰直角三角形，所以，所以均在斜边的垂直平分线上，即为内切圆的半径，设内切圆半径为，所以，所以，解得，所以.故选：A.本题主要考查向量的几何运算及外接圆，内切圆的性质、正弦定理的应用，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．9．BD【分析】法一：当时有两个解，即可求出的取值范围，即可判断；法二：由正弦定理得，然后利用正弦函数图象分析可得.【详解】法一：因为，，当时有两个解，即，解得，故符合题意的有B、D.法二：由正弦定理，所以且，所以，即，作出正弦函数图象如图．因为该三角形有两个解，所以，即，故符合题意的有B、D．故选：BD10．AD【分析】对于A：根据题意结合模长关系分析判断；对于BC：举反例即可；对于D：分析可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，表示点与点之间的距离，结合圆的性质分析求解.【详解】对于选项A，若，则，可得或，所以或，故A正确；对于选项B：例如，则，符合题意，但为虚数，不能比较大小，故B错误；对于选项C：例如，，则，符合题意，但均不为0，故C错误；对于选项D：因为，则复数在复平面内所对应的点为，可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，

又因为表示点与点之间的距离，即，且，由圆的性质可得，所以的最大值为，故D正确.故选；AD．11．ACD【分析】对于A，将直线与平面所成角转化为直线与直线所成角即可；对于B，根据，在正方体每个表面上确定点的运动轨迹即可；对于C，先确定四棱锥与四棱锥的公共部分，并将公共部分分成一个三棱柱与一个四棱锥，计算体积即可；对于D，先确定三棱锥底面的外心，再确定三棱锥的球心及半径，计算表面积即可.【详解】对于A，连接，如图①所示，因为平面,所以直线与平面所成角即为直线与直线所成角，设直线与直线所成角为，所以，故A正确；对于B，在线段取点，在线段取点，连接，使得，即，因为点在正方体表面上运动，且，所以点在平面上运动时，则弧长即为点在平面的运动轨迹，同理弧长为点在平面的运动轨迹，如图①所示，所以点在正方体表面的运动弧长为，其中弧长分别以为圆心，半径为的圆弧，弧长都是以为圆心，半径为的圆弧，又因为，所以，故B错误；对于C，如图②所示，设直线与交于点，直线与交于点,分别取中点,连接，四棱锥与四棱锥的公共部分为多边形,且多边形可分为三棱柱与四棱锥,故，，所以公共部分的体积为，故C正确；对于D，如图③所示，直线与平面的交点为的三等分点（靠近点），过作平面，则点为的三等分点（靠近点），直线与直线相交于点,所以与相似，即,即，因为为等腰直角三角形，所以点为的外心，过点作平面，则,设三棱锥的外接球球心为，半径为，，如图④所示，且，所以在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，解得，所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.图①

图②

图③

图④【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题.（1）将线面角转化为线线角，便于求解；（2）求点在正方体表面的运动轨迹长度，先要确定每段轨迹的圆心与半径，再来求解；（3）求两个四棱锥的公共部分体积，先要找出公共部分，再将公共部分分割为常见的多面体；（4）求不规则的三棱锥的外接球，先确定底面所在外心，再根据三棱锥的高和底面外心求外接球的球心及半径.12．【分析】根据直观图得到平面图形，求出相关线段的长度，即可求出面积.【详解】由直观图可得平面图形如下所示：则，，，所以.故答案为：13．【分析】先求出，在中，由正弦定理得到，从而得到.【详解】由题意得，故，故中，由正弦定理得，即，解得，又在点测得山顶的仰角为，故，故.故答案为：14．【分析】先以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意可得，即可得的最大值.【详解】因为，即，若存在实数使得上式成立，则，且，即，可得，则，解得，由题意可知：，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.15．(1)(2)【分析】（1）根据同角三角关系可得，即可得，再利用两角和差公式运算求解；（2）根据同角三角关系可得，再利用两角和差公式运算求解.【详解】（1）由题意可得：，解得或，且，则，可得，则，所以.（2）由题意可得，解得或，且，则，可得，所以.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可证明平面，从而得证；（2）由（1）可得，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）在中，，由余弦定理，即，解得，所以，即，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）因为平面，又平面，所以，又，所以为二面角的平面角，取的中点，连接，因为，所以，又，所以，所以，所以二面角的正弦值为.17．(1)(2)【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析求解；（2）根据题意利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，进而可求面积.【详解】（1）因为，可得，由正弦定理可得，且，则，可得，且，则，可得，即，所以.（2）设外接圆的半径为，因为的外接圆的面积为，则，由正弦定理可得，又因为的周长为，则，由余弦定理可得，即，可得，所以的面积.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由向量的线性运算可求得；（2）由向量的线性运算可得，利用点共线可得，结合条件可求得，利用面积可求，利用余弦定理可求；（3）利用，可求最小值及此时的，进而可求.【详解】（1），所以，所以，所以；（2）又，所以，所以，，所以，又三点共线，所以，若，可得，所以，又，所以，又因为，所以，所以，因为是锐角三角形，所以，在中，由余弦定理可得，所以；（3）由（2）可知，则，当且仅当，即取最小值时，所以，所以，所以.19．(1)(2)①；②【分析】（1）根据题干所给条件化简的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）①首先化简的解析式，即可分析的单调性，画出函数图象，数形结合即可求出的取值范围；②由可知，，再结