广东省深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学模拟卷（二）

这是一份广东省深圳市盐田高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学模拟卷（二），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．
C．D．
5．在△中，若，则△的最大内角与最小内角的和为（ ）
A．B．C．D．
6．设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在边长为2的正方形中，分别为的中点，为的中点，沿将正方形折起，使重合于点，在构成的四面体中，下列结论错误的是
该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A．平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．四面体的内切球表面积为
D．异面直线和所成角的余弦值为
二、多选题
9．设，是复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．若，则
10．已知一圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，为底面圆的一条直径上的两个端点，则（ ）
A．该圆锥的母线长为2
B．该圆锥的体积为
C．从点经过圆锥的侧面到达点的最短距离为
D．过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面面积的最大值为
11．在锐角中，角的对边分别为，且满足.则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．的取值范围为D．的取值范围为
三、填空题
12．已知是纯虚数，是实数，那么 .
13．在正四棱台中，平面，，则正四棱台的体积为 ．
14．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则三棱锥的体积为 .
四、解答题
15．已知向量，满足，，．
(1)求与的夹角的余弦值；
(2)求.
16．锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若边上的中线长为，求的面积.
17．已知函数的最小正周期是．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若对任意的，都有，求的取值范围．
18．已知函数分别为定义在上的奇函数和偶函数，且满足．
(1)求的解析式；
(2)设函数，求在上的最小值，并求对应的的值．
已知如图平面四边形，，，，，现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值.
深圳市盐田高级中学2023-2024学年第二学期
高一下期中考试数学模拟卷（二）参考答案：
1．D
【详解】，又，
则.
D
【详解】因为，故角的终边经过点，
所以.
3．D
【详解】函数在上单调递增，所以，
函数在上单调递减，所以，
又，且
所以，
4．C
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量上的投影向量，
5．D
【详解】解：因为，由正弦定理可得，
设，，，三角形中由大边对大角可得角最大，角最小，
由余弦定理可得，因为，
所以，所以，
6．B
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
7．B
【详解】由题意知，的图象向左平移个单位得到函数的图象，
所以，当时，取最小值．
8．C
【详解】
翻折前，，故翻折后，,
又平面，故正确.
连接，则为与平面所成的角，
，是的中点，，
，又,，故正确.
设四面体内切球半径为，表面积为，体积为，
则，又因为，
，
所以，内切球的表面积为，错，
取的中点，连接，则，
为异面直线和所成角，
，
，
，故正确，故选C.
9．ACD
【详解】对于A，，则，解得，即，故A正确；
对于B，，，满足，但，故B错误；
对于C，，
，故C正确；
对于D，，则，即，即，故D正确．
10．AB
【详解】对于A中，由圆锥的底面半径，可得底面圆周长为，
又由其侧面展开图是圆心角为的扇形，
设圆锥的母线长为，则，解得，所以A正确；
对于B中，因为，且母线长为，
所以该圆锥的高为，所以其体积为，所以B正确；
对于C中，假设该圆锥的轴截面将该圆锥分成两部分，将其中的一部分展开，
则其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
所以从点经过圆锥的表面到达点的最短距离为，所以C不正确；
对于D中，过该圆锥的顶点作圆锥的截面，则截面为腰长为2的等腰三角形，
设其顶角为，则该三角形的面积为，
当截面为轴截面时，，则，
所以，当时，，所以D不正确.
11．ABD
【详解】由余弦定理得，，，
所以，即，
由正弦定理得，
①，
又因为，所以
②，
将②式代入①式可得，
整理得，
因为，所以，即，故A正确；
在锐角中，，解得，故B正确；
由，故C错误；
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，，
，故D正确.
12．2
【详解】设且，则，
由题得，解得，所以，
故答案为：.
13．
【详解】设为底面的中心，则共面，
因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，，
所以到底面的距离为，
所以正四棱台的体积为
．
14．
【详解】方法1：取的中点，连接，，
因为分别为的中点，
所以，，又，，
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，则平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，易知，所以.
方法2：由题意易得平面就是平面，易得点到平面的距离等于点到直线的距离，这个距离为，
三棱锥的体积为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）由（1）知，
∴，
∴；
16．(1)；
(2).
【详解】（1）因为，
所以，
又
，
所以，所以，
所以或，
若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去，
从而，则，
又，所以.
（2）由余弦定理，得，即①，
设的中点为，则，两边同时平方可得：，
即：，即：②，
由①可得：，
于是：的面积.
17．(1)
(2)
【详解】（1）因为
，
又且函数的最小正周期是，所以，解得，
所以，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）当，则，
所以，则，
因为对任意的，都有，
即对任意的，都有，
即对任意的，都有，
所以，解得，
即的取值范围为.
18．(1)
(2)最小值为0，
【详解】（1）由题意得，
因为分别是上的奇函数和偶函数，
所以，
解得；
（2）由（1）可知，
令，当时，，
故，
由对称轴，可得时，取得最小值0，
此时，解得，即，
所以在上的最小值为0，此时．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为，，
所以为等边三角形，因为为的中点，所以，
取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）如图所示，过点作，垂足为．
由（1）知，平面，因为平面，
所以，
，，平面，所以平面，
所以为与平面所成角.
由（1）知，平面，平面，所以，
在中，因为，，
所以，
因为为的中点，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
所以由同角三角函数的基本关系得.
所以与平面所成角的正弦值为.

（3）取的中点为，连接，因为为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，所以平面，平面.
所以，过点作，垂足为，连接，，
，平面，所以平面．平面，
所以，所以为二面角的平面角.
在中，，
由（1）知，为等边三角形，为线段的中点，
所以，
由（1）知，平面，平面，
所以，
在中，，
由（2）知，，即，解得.
因为平面，平面，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为.