2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县高一数学下学期4月期中模拟试题（附答案）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县高一数学下学期4月期中模拟试题（附答案），共18页。试卷主要包含了 若复数满足，则的虚部是， 在中，点D是AB的中点，则， 若，，，，则， 定义， 下列命题正确的为等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 若复数满足，则的虚部是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的概念，即可得出答案.
【详解】根据复数的概念可知，的虚部为.
故选：B.
2. 在中，点D是AB的中点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加法和减法运算即可.
【详解】因为点D是AB的中点，
所以
所以
故选：D.
3. 如图，三棱柱中，底面三角形是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）
A. 直线与直线是异面直线B. 直线与直线AE是共面直线
C. 直线AE与直线是异面直线D. 直线AE与直线是共面直线
【答案】C
【解析】
【分析】根据异面直线的判定定理求解即可.
【详解】由于与均在平面内，不是异面直线，故A错误；
平面，平面，点不在直线上，所以和是异面直线，故B错误；
平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故C正确；
平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故D不正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：判断两条直线是否为异面直线，第一两条直线平行或相交，则两条直线共面，第二若一条直线与一个平面相交于一点，那么这条直线与这个平面内不经过该点的直线是异面直线，这是判断两条直线是异面直线的方法，要根据题目所提供的线线、线面关系准确的做出判断.
4. 若，，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，结合角的范围，即可得出，.然后根据两角差余弦公式，即可得出答案.
【详解】因为，，所以，
所以，.
又，所以.
所以，.
故选：C.
5. 定义：若，则称复数是复数的平方根.根据定义，复数的平方根为（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】设复数的平方根为，然后平方后根据复数相等即可得出结论.
【详解】设复数的平方根为，则，
化简，所以，，解得
，或，，即复数的平方根为或，
故选：C
6. 若一个球的外切正方体的表面积等于6 cm2，则此球的体积为（）
A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3
【答案】A
【解析】
【分析】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，根据表面积和棱长的关系求出棱长，进而可得半径，再用体积公式求球的体积即可.
【详解】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，
∴6a2＝6，∴a＝1cm，即2R＝1，∴Rcm，
∴球的体积
故选：A.
7. 下列命题正确的为（）
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b、c互相平行且分别交直线于A、B、C三点，则这四条直线共面；
③已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；
④已知a，b，c为三条直线，若，，则.
A. ①③B. ②③C. ②④D. ①②
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本事实3可判断①的正误，利用基本事实及3个推论可判断②的正误，根据可能的反例可判断③④的正误.
【详解】对于①，设平面平面，因为，平面，
所以，同理，，故、、三点共线，①正确；
对于②，因为，所以，可以确定一个平面，
因为，，，，所以，所以，
又，所以.
同理，也可以确定一个平面，且，，
因为，故重合，故这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线、异面，、异面，则，可能平行、相交或异面，所以③错误；
对于④，，，则，可能平行、相交或异面，所以④错误.
故选：D.
8. 如图，某人用长的绳索，施力，把重物沿着坡度为30°的斜面向上拖了，拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为，则此人对该物体所做的功为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理得出，再根据求功公式计算即可.
【详解】在中，由正弦定理，
，
∴.
故选：B
二．多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9. 在中，已知，，，则角的值可能为（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦定理求出，再根据可得结果.
【详解】由正弦定理得，得，
因为，且，所以或.
故选：BC.
10. 已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（）
A. 若，且，则
B. 若相交，且都在外，，则
C. 若，且，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.
【详解】A：若，且，则可能相交、平行，错误；
B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；
C：若，且，则可能相交、平行，错误；
D：若，由线面平行的性质定理得，正确.
故选：BD
11. 关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．
【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；
若，且，则，一定垂直，故B正确；
若，且，则，一定垂直，故C正确；
若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误
故选：BC．
【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.
12. 已知两个不相等的非零向量,，两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题中真命题为（）
A. 可能有5个不同值
B. 若，则与无关
C. 若，则
D. 若，，则与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据的取值依据所含的个数有0个、有1个、有2个，可得,进而可判断A，根据数量积的运算，结合选项即可判断BCD.
【详解】根据题意得的取值依据所含的个数，分三类：有0个、有1个、有2个，记，分别得的取值为：，，，则至多有3个不同的值，A错误；
若，则，此时，，，又，为非零向量，则，与无关，B对；
若，则，
，，则，C对；
若，则，，，
∵，，
∴，解得，∴，D错误.
故选：BC
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分）
13. 命题“，都有”的否定是___________.
【答案】，有
【解析】
【分析】由命题的否定的定义求解．
【详解】题“，都有”的否定是：．
故答案：．
14. 已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系，即可得到侧面积表达式，然后用基本不等式即可求解最大值.
【详解】解：设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，
由题意可知，，
又圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足，
而圆柱的侧面积，，
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以，，
故答案为：
15. 已知向量 , ，则向量的模的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】求出向量的坐标，根据模的计算公式求出模的表达式，并化简，根据三角函数的性质求得最大值.
【详解】∵ ，
则，
当时，有最大值，且为，
故答案为：
16. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.
【答案】
【解析】
【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，进而，
又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，，.
从而，，
，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：.
四．解答题（共6小题，共70分）
17. 已知棱长为1的正方体中．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理证明；
（2）根据三棱锥体积公式计算即可.
【详解】证明：（1）在棱长为1的正方体中，，且
所以四边形为平行四边形
又平面，平面，
平面；
（2）由正方体易知，三棱锥的高为，
所以
．
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）若函数，求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）最大值为和最小值为0
【解析】
【分析】（1）由图象及三角函数的性质可以得到，进而得到的解析式；
（2）根据三角恒等变换化简，进而分析在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
由图象可知：，
将点代入得，
∴
【小问2详解】
由得
当时，即；
当时，即；
19. 在锐角中，角的对边分别是，，，若
（1）求角的大小；
（2）若，求中线长的范围（点是边中点）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理进行边角转化，可得到，从而求出结果；
（2）先利用向量的中线公式得到，再利用正、余弦定理及条件求出的范围，进而求出结果.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得：
即，所以，
因为，所以，所以，因为，所以.
【小问2详解】
由（1）得，且，由余弦定理知，，得到，
因为点D是边BC中点，所以，两边平方可得:
，
所以，
因为，又，，
所以,
又因为为锐角三角形，所以，，得到，
所以，由的图像与性质知，，
所以，所以，得到
故.
20. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.
（1）求两点间的距离；
（2）求大楼的高度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.
【小问1详解】
因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m；
【小问2详解】
在中，因为，，
所以，
又，
所以m，
即大楼的高度为m.
21. 在锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知边，且.
（1）若，求的面积；
（2）记边的中点为，求的最大值，并说明理由.
【答案】（1）
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理、余弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算可得，进而，结合三角形面积公式计算即可求解；
（2）根据余弦定理得，由平面向量的线性运算可得，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
在中，，
∴，
由正弦定理得：，即，
由余弦定理得：，又，则，
∵，∴，
∴，
∴，
∵，∴，即，
当时，为正三角形，得，
∴；
【小问2详解】
由余弦定理得：，
∵，，∴，
∵边的中点为，∴，
∴，
∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.
（1）证明：平面平面ACE；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：由已知可推导出，，利用线面垂直的判定定理可证平面PBD，由此能证明平面平面ACE；法二：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面ACE.
（2）法一：由题意可推出CE在平面PBD内的射影为OE，是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；法二：求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值.
【小问1详解】
解法一：
证明：平面ABCD，，
又底面ABCD是菱形，，
而，平面，
平面PBD，
而平面ACE，
所以平面平面ACE
解法二：
证明：已知底面ABCD是菱形，，
又平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，
故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，可知相关点坐标如下：
，，，，，
易知平面PBD的一个法向量为，
因为，所以，
故平面PBD，
从而平面平面ACE.
【小问2详解】
解法一：
观察图可知平面平面PBD，
故CE在面PBD内的射影为OE，
，，
又由（1）可得，，，
故是二面角的平面角，
菱形ABCD中，，，
∴，，
又，∴，
∴，
∴，
即二面角的余弦值为.
解法二：
设，则，
，∴，故，
可得，
易知平面PAC的一个法向量为，
设平面ACE的一个法向量，
则，取，得，
∴，
即二面角余弦值为.