[数学][期末]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试题(解析版)

这是一份[数学][期末]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试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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
【答案】D
【解析】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. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故选：C.
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
【答案】A
【解析】，，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：A.
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
【答案】C
【解析】因为，即，可得，
所以点在线段的延长线上.
故选：C.
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
【答案】D
【解析】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：D.
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.
【答案】A
【解析】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：A
7. 已知，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】因为，
即，即，
所以，
又，所以，
解得或（舍去），
所以，
即，
所以.
故选：B.
8. 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
【答案】A
【解析】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.
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. 2B. 3C. 4D.
【答案】BD
【解析】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：BD.
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
【答案】AD
【解析】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. 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
【答案】ACD
【解析】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.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 按斜二测画法得到，如图所示，其中，那么的面积为______．
【答案】
【解析】由直观图可得平面图形如下所示：
则，，，
所以.
故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】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. 若存在实数，使得对于任意的，不等式恒成立，则的最大值为______．
【答案】
【解析】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：.
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．
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. 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．
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. 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．
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. 如图，在锐角中，，.
（1）用表示；
（2）若，求的长度；
（3）当取最小值时，求．
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. 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（Cversed或cversedsine），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求实数取值范围；
②求的取值范围．
解：（1）因为
，
令，解得，
所以的单调递减区间为.
（2）①因为
，
又，所以当时，
当时，
所以，
当时，且在上单调递增，在上单调递减，
当时，则，则在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
且，，，，的图象如下所示：
因为有三个实数根，即与有三个交点，所以.
②由①可知，，则，
所以，，
所以
，
令，则，
所以，
因为在上单调递增，当时，，
当时，
即，所以，
所以，所以，
即.