2023-2024学年高一下学期数学期中模拟考试01（人教A版2019）

这是一份2023-2024学年高一下学期数学期中模拟考试01（人教A版2019），共16页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知、都是复数，下列正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第六章——第八章（人教A版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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，则复数的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）
A．6B．C．12D．24
3．在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知平面向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．平面向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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
8．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是（其中为三角形面积，为小斜，为中斜，为大斜）.在中，若，，，则的面积等于（ ）
A．B．C．D．
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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
10．在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，且，则实数 ．
13．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为 ．
14．已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）在如图的方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点．
(1)试以B为始点画出向量，使，且，并求向量的坐标；
(2)在（1）的条件下，求．
16．（本小题满分15分）在中，三个内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)延长至点，使满足：，求.
17．（本小题满分15分）如图，直三棱柱中，，，、、分别为、、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
18．（本小题满分17分）如图，在四面体，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
19．（本小题满分17分）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
参考答案
第Ⅰ卷
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，则复数的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由可得，
所以复数的共轭复数是，故选C.
2．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为（ ）

A．6B．C．12D．24
【答案】C
【解析】根据斜二测画法的知识画出原图如下图所示，
则原的面积为，故选C
3．在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为，
所以，故选A.

4．已知平面向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】平面向量，，，
所以向量在上的投影向量为，故选：D
5．平面向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，则，又向量与的夹角为，，
所以，
所以.
故选B.
6．已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设底面半径为，母线长为，
则有，解得，
则，故选B.
7．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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
【答案】B
【解析】若，，，则与的位置关系不能确定；
若，因为，所以，又，所以成立.
所以“”是“”的必要不充分条件，故选B
8．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是（其中为三角形面积，为小斜，为中斜，为大斜）.在中，若，，，则的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，若，，，
则的面积．
故选：B．
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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
【答案】BD
【解析】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选：BD
10．在中角，，所对的边分别为，，，以下叙述或变形中正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】A选项，由正弦定理得，A选项正确.
B选项，由正弦定理得，
而当时，则或，则或，
所以B选项错误.
C选项，由正弦定理得，
所以，所以C选项正确.
D选项，，由正弦定理得，
所以D选项正确，故选ACD
11．如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）

A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
【答案】AC
【解析】对A，正方体中，平面，平面，平面，A选项正确；

对B，由图可知直线与直线都在平面中，故B选项错误；
对C，连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体中，，且，平面，
得平面，则平面，故C选项正确；
对D，连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
，，则，故D选项错误.
故选：AC.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，，且，则实数 ．
【答案】
【解析】由已知，且，
所以，解得，
13．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为 ．
【答案】
【解析】如图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，易证四边形KMCA为等腰梯形，上底KM＝，下底AC＝，腰长AK＝MC＝，则其高为KH＝，所以计算可得其面积为.

14．已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是 ．
【答案】2
【解析】以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，
因为等边的边长为，则，
设，
则，，
所以，
，
因为，所以
所以的最大值为2．
四、解答题：本题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）在如图的方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点．
(1)试以B为始点画出向量，使，且，并求向量的坐标；
(2)在（1）的条件下，求．
【解】（1）向量满足，且，则如图，这两个向量均满足题意，证明如下：
向量，，则，得，
因为，解得，所以；
（2）若，，，所以．
若，，．所以．
16．（本小题满分15分）在中，三个内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)延长至点，使满足：，求.
【解】（1）因为，由余弦定理可变形为，
所以，由正弦定理得，
所以，
所以，所以，
因为，所以，又，所以.
（2）在中，由（1）可知，所以，
由正弦定理可得，
所以，
在中，因为，所以，
由正弦定理可得，所以，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，
即，
整理化简得，所以.
17．（本小题满分15分）如图，直三棱柱中，，，、、分别为、、的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
【解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
在直三棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
又因为为的中点，所以，且，
所以，且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）证明：连接、，

在直三棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为，，所以，，
又因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，则平行四边形为菱形，所以，，
因为、分别为、的中点，所以，，所以，，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，同理可证，
因为，、平面，因此，平面.
18．（本小题满分17分）如图，在四面体，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)在上能否找到一点，使平面？请说明理由；
(3)若，求证：平面平面．
【解】（1）取的中点，连接
在中，，同理
而平面
又平面；

（2）在上能找到一点，使平面，此时为的中点，
证明如下：
连接

是的中点，
平面平面，平面，
的中点即为所求．
（3）
是公共边，
，从而
由（1）可知：
，即，
，平面，
∴ 平面，
面，
∴ 平面平面．
19．（本小题满分17分）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
【解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，.
（2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，，
因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，，
因为，所以有5个分量为，
设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在10个两两垂直的10维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S，
则，
设，，…，的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以，
令，所以，所以.