2023-2024学年四川省自贡市高一下册期中数学质量检测模拟试题合集2套(含解析)

2023-2024学年四川省自贡市高一下册期中数学质量检测模拟试题
卷
A．3B．3 2
7．已知
sin2
1cos
θ
θ
=
+
，则tanθ=（
A．4
3
B．
2
3-
四、解答题：（本大题共6小题70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．求下列各式的值
(1)5103sin πcos πtan π634⎛⎫
++- ⎪⎝⎭
；
(2)sin13cos 32sin 77cos 58︒︒+︒︒．
18．已知函数()π2sin 26f x x ⎛
⎫=+ ⎪⎝
⎭．
()π⎛
⎫
(1)根据图像，试求(cos y A ω=(2)大数据统计显示，某种特殊商品在室外销售可获不能低于23℃．根据（1）中所得模型，区间表示）将该种商品放在室外销售，单日室外销售时间最长不能超过多长时间？（忽略商品搬运时间及其它非主要因素，理想状态下！
（2）由ππ2π226k x -+≤+≤ππ
ππ,Z 36
k x k k -
+≤≤+∈，由
ππ3π2π22262
k x k +≤+≤+π2πππ,Z 63
k x k k +≤≤+∈，
由图可知当12m +=或311m -≤+<此时关于x 的方程()2f x m -=在x ⎡∈⎢⎣解得1m =或310m --≤<，
所以实数m 的取值范围为{}13⎡--⎣ ππk
2023-2024学年四川省自贡市高一下册期中数学质量检测模拟试题
一、单选题
1．（3分）下列说法中，正确的是（）
A．三点确定一个平面
B．过一条直线的平面有无数多个
C．两条直线确定一个平面
D．三条两两相交的直线确定三个平面
2．（3分）已知复数，则（）
A．z的虚部为1
B．|z|＝2
C．z2为纯虚数
D．在复平面内对应的点位于第二象限
3．（3分）一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A'B'O'，若O'B'＝2，则原图形△
ABO的面积是（）
A．1B．C．D．
4．（3分）已知平面上不共线的四点O，A，B，C，若，则等于（）
A．B．C．D．
5．（3分）已知＝1，的夹角为，是与向量方向相同的单位向量，则在向量上的投影向量为（）
A．B．C．D．
6．（3分）设复数z的共轭复数为，若2z+＝+2i，则z＝（）
A．﹣1+2i B．1+2i C．1﹣2i D．
7．（3分）已知正三棱锥P﹣ABC的底面边长为6cm，顶点P到底面ABC的距离是cm，则这个正三棱锥的侧面积为（）
A．27cm2B．C．9cm2D．
8．（3分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是（）A．若a＝2，b＝4，A＝30°，则B只有一解
B．若a2+b2﹣c2＞0，则△ABC一定是锐角三角形
C．若b cos C+c cos B＝b，则△ABC一定是等腰三角形
D．若a cos A＝b cos B，则△ABC一定是等腰三角形
9．（3分）如图，在△ABC中，，，P为CD上一点，且满足，若
，则的最小值是（）
A．2B．4C．D．
二.填空题
10．（3分）已知平面向量＝（3，﹣2），＝（2，λ），若⊥（），则λ＝．
11．（3分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝6，，BB1＝4，则长方体外接球的表面积为．
12．（3分）若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．
13．（3分）若直线a∥平面α，直线b∥平面β，且a∈β，b⊂α，则a，b的位置关系是，若已知α与β相交，则a，b的位置关系是．
14．（3分）如图，已知棱长为1的正方体ABCD﹣EFGH，点P为棱CG的中点，点Q、R分别在棱BF、DH上，且四边形AQPR为平行四边形，则四棱锥G﹣AQPR的体积为．
15．（3分）在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝2，＝2，||＝，则||＝，设
（λ∈R），且＝4，则λ的值为．
三、解答题
16．已知复数z＝m2﹣5m+6+（m2﹣m﹣2）i（i为虚数单位）．
（1）若z是纯虚数，求实数m的值；
（2）若z＞0，求实数m的值．
17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A、N、D三点的平面交PC于M．求证：
（1）PD∥平面ANC；
（2）M是PC中点．
18．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各条棱长均为2，M，N分别为CC1，AB的中点．（1）求证：CN∥平面AB1M；
（2）求异面直线CN与B1M所成角的余弦值．
19．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量＝（a，b）与＝（cos A，sin B）平行．
（1）求A；
（2）若a＝，b＝2，求sin C的值．
20．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+cos A＝0，c＝4，a＝2．（1）求A，b；
（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
答案与试题解析
一、单选题
1．解：∵不在一条直线上的三点确定一个平面，∴A错误；
∵过一条直线的平面有无数个，∴B正确；
∵两条相交或平行直线确定一个平面，∴C错误；
∵空间两两相交的三条直线确定一个平面或三个平面．∴D错误．
故选：B．
2．解：，
则z的虚部为﹣1，，z2＝﹣2i为纯虚数，在复平面内对应的点位于第一象限．
故选：C．
3．解：因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形A′B′O′，所以△ABO的底OB＝O′B′＝2，腰A′O′＝2，在△ABO中为直角三角形，且高OA＝2A′O′＝2×2＝4，
所以直角三角形△ABO的面积是2×4＝4．
故选：D．
4．解：因为，
所以＝3（），即＝3，
所以＝＝4，
则＝．
故选：B．
5．解：∵，，
∴，，
∴在方向上的投影向量为．
故选：A．
6．解：设z＝a+bi（a，b∈R），则＝a﹣bi，
因为2z+＝+2i，所以2（a+bi）+（a﹣bi）＝+2i，
整理得3a+bi＝+2i，
由复数相等，可得，解得a＝，b＝2；
所以z＝+2i．
故选：D．
7．解：由题意可作底面三角形的中心到底面三角形的边的距离为：＝cm，所以正三棱锥的斜高为：＝3cm，
所以这个正三棱锥的侧面积为：3×＝27（cm2）．
故选：A．
8．解：对于A，根据正弦定理，可得sin B＝＝，结合b＞a可知B有2解，故错误；
对于B，△ABC中，∵a2+b2﹣c2＞0，∴角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故错误；
对于C，若b cos C+c cos B＝b，sin B cos C+sin C cos B＝sin（B+C）＝sin A＝sin B，即A＝B，则△ABC是等腰三角形，故正确；
对于D，若a cos A＝b cos B，则由正弦定理得2r sin A cos A＝2r sin B cos B，即sin2A＝sin2B，则2A＝2B 或2A+2B＝180，即A＝B或A+B＝90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；
故选：C．
9．解：设＝λ，则＝+＝+λ＝+λ（﹣）＝λ+（1﹣λ）＝+m，∴，解得m＝λ＝．
S△ABC＝||•||sin∠BAC＝||•||＝2，
∴||•||＝8，
||2＝（+）2＝+2+•＝||+||2+||•||cos∠BAC≥
2+||•||＝||•||＝4．
当且仅当||＝||时，即当||＝||时，等号成立．
∴||的最小值为2．
故选：A．
二.填空题
10．解：∵，，
∴，
∴．
故．
11．解：由题意可知，长方体的体对角线为其外接球的直径，设外接球的半径为R，
则2R＝BD1＝＝8，∴R＝4，
因此，该长方体的外接球的表面积为4πR2＝4π×42＝64π．
故64π．
12．解：可以设该侧面的正方形边长为A，
则S
＝A2
侧面积
全面积S＝A2+2π
则圆柱的全面积与侧面积的比
＝＝
故
13．解：直线a∥平面α，直线b∥平面β，且a∈β，b⊂α，则a，b的位置关系是平行或异面，
若α与β相交，则a，b的位置关系是相交、平行或异面．
故平行或异面；相交、平行或异面．
14．解：∵V G﹣AQPR＝2V G﹣RQP＝2V R﹣PQG
＝
＝
＝
＝，
∴四棱锥G﹣AQPR的体积为．
故．
15．解：因为＝2，所以点D为线段BC上靠近点C的三等分点，
由三点共线定理可知＝+，
上式左右同时平方得＝++，
已知∠BAC＝60°，||＝2，||＝，
所以＝++××2×cos60°，
解得＝3；
因为＝+，，
所以＝（）•（）＝4，
化简得﹣++（）＝4，
因为||＝3，||＝2，∠BAC＝60°，
所以﹣×32+×22+（﹣）×3×2×cos60°＝4，解得λ＝，
故第一空：3；第二空：．
三、解答题
16．解：（1）若z是纯虚数，
则，解得m＝3．
（2）若z＞0，
则，解得m＝﹣1．
17．证明：（1）连结BD，AC，设AC∩BD＝O，连结NO，∵ABCD是平行四边形，
∴O是BD的中点，在△PBD中，N是PB的中点，
∴PD∥NO，
又NO⊂平面ANC，PD⊄平面ANC，
∴PD∥平面ANC．
（2）∵底面ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∵BC⊄平面ADMN，AD⊂平面ADMN，
∴BC∥平面ADMN．
∵平面PBC∩平面ADMN＝MN，
∴BC∥MN，又N是PB的中点，
∴M是PC的中点．
18．证明：（1）取AB1的中点Q，连结NQ，MQ，
∵N，Q分别是AB，AB
1的中点，∴NQ，
又M是CC
1的中点，∴MC BB1，∴NQ MC，∴四边形NQMC是平行四边形，∴NC∥MQ，
∵CN⊄平面AB1M，MQ⊂平面AB1M，
∴CN∥平面AB1M．
解：（2）取BB1中点R，连结CR，NR，
∵M，R分别是CC 1，BB1的中点，∴CM B1R，
∴四边形CMBR是平行四边形，∴CR∥B1M，
∴∠RCM为异面直线CN与B1M所成角，
∵△ABC是边长为2正三角形，∴CN＝，
又三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，
∴CR＝＝，NR＝＝，
∴CN2+NR2＝CR2，∴∠RNC＝90°，∴cos＝，
∴异面直线CN与B1M所成角的余弦值为．
19．解：（1）向量＝（a，b）与＝（cos A，sin B）平行，
∴a sin B＝b cos A，
∴sin A sin B＝sin B cos A，
∵sin B≠0，
∴sin A＝cos A，
∴tan A＝，
∵0＜A＜π，
∴A＝；
（2）由正弦定理可得＝，
∴sin B＝＝＝，
∵a＞b，
∴A＞B，
∴cos B＝＝，
∴sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B＝×+×＝．20．解：（1）△ABC中，sin A+cos A＝0，
所以sin A+cos A＝0，即sin（A+）＝0，
因为A∈（0，π），所以A+∈，
所以A+＝π，解得A＝，
又因为a＝2，c＝4，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，
即28＝b2+16﹣8b×（﹣），
即b2+4c﹣12＝0，
解得b＝﹣6（舍去）或b＝2，
所以b＝2；
（2）因为c2＝b2+a2﹣2ab cos C，
所以16＝28+4﹣2×2×2×cos C，
所以cos C＝，
解得CD＝＝，
所以CD＝BC，
＝AB•AC•sin∠BAC＝×4×2×＝2，因为S
△ABC
＝S△ABC＝．
所以△ABD的面积的面积为S
△ABD。