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高一下学期数学期中模拟卷-2023-2024高一下册期中模拟卷人教A版（2019）
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这是一份高一下学期数学期中模拟卷-2023-2024高一下册期中模拟卷人教A版（2019），共14页。试卷主要包含了测试范围，已知复数的共轭复数为，则，已知满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．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．测试范围：人教A版2019必修第二册第6章-第八章8.3
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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．已知单位向量的夹角为，则（ ）
A．B．0C．1D．2
2．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A．B．2C．D．
3．已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．2B．C．D．1
4．已知复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．4D．2
5．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，是的外心，为的中点，是直线上异于M、O的任意一点，则（ ）
A．3B．6C．7D．9
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．1
8．已知边长为等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（ ）
A．B．C．D．
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
9．已知满足，则（ ）
A． B．复平面内对应的点在第一象限
C． D．的实部与虚部之积为
10．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ）
A．圆锥的母线长为4 B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C．圆锥的体积为 D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为
11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（ ）
A． B．
C．为定值8 D．若，则的最小值为
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为 .
13．如图，圆台的母线长为6，两底面半径分别为2，7，则此圆台的表面积为 ．
14．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为 .
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．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，，．
(1)若，，求的值；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
17．（15分）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.
(1)若，，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
18．（17分）已知中，所对的边分别是，边上的中线，设=（，），=（，），且，若动点满足．
(1)求角的集合；
(2)求的最小值；
(3)若，且，为的面积，求的最大值及此时的值．
19．（17分）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设
(1)计算的大小；
(2)质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；
②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.
参考答案：
1．A
【分析】根据平面向量数量积的定义及运算律结合已知条件直接求解即可.
【详解】因为单位向量的夹角为，
所以
，
故选：A
2．C
【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．
【详解】在直角梯形中，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，利用余弦定理列出关于方程，即可求解.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
4．B
【分析】根据复数的运算法则与共轭复数定义计算即可得.
【详解】，则，
故.
故选：B.
5．C
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
6．B
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】
因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，
所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
7．B
【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.
【详解】根据题意，得，
当，，时，，此时，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】利用余弦定理求出，从而求出，即可判断A、B，再由正弦定理判断C，利用余弦定理求出，，即可判断D.
【详解】依题意，，，且，
由余弦定理，
即，解得或，
当时，符合题意，
当时，不符合题意，
所以，则，
所以，，故A错误，B正确；
又，，
所以，所以，故C错误；
又，
所以，故D错误.
故选：B
9．ACD
【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.
【详解】设，
则由已知得，即，
所以解得
所以，则，故A项正确，B项错误；
，的实部为，虚部为1，
所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.
故选：ACD
10．ACD
【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
对于A，
设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故，
故A正确.
对于B，圆锥的高为，则，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.
对于C，圆锥的体积为，故C正确.
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，
故所得圆台的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D
【详解】
由几何图形关系可得，
因为，所以．因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，因为，所以，
所以，故B错误；
因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；
因为，且三点共线，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误．
故选：AC．
12．
【分析】根据数量积的运算律求得，根据投影向量的概念，即可求得答案.
【详解】由题意知，故，
所以，而，则，
故，
则在方向上的投影向量为，
即在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：
13．
【分析】根据题意，结合圆台的侧面积公式和圆的面积公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意知，圆台上底面半径，下底面半径，母线长，
由圆台表面积公式，可得：
．
故答案为：.
14．
【分析】由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.
【详解】依题意，，，
所以，
，
，
所以，即向量，的夹角的余弦值为.
故答案为：
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得
16．(1)
(2)
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【详解】（1）在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
则，，
四边形ABCD的面积
.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；
（2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值.
【详解】（1）由知.
因为，
所以正四棱锥的体积
正四棱柱的体积
所以仓库的容积.
（2）设，下部分的侧面积为，
则，，
，
设，
当，即时，，.
即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是.
18．(1)；
(2)；
(3)时，取得最大值.
【分析】（1）由题意可得，分和分别求解即可；
（2）由题意可得三点共线，且点在线段上，于是有，令可得，即可得答案；
（3）由题意可得，再由正弦定理及面积公式可得，从而有，再由余弦函数的性质即可得答案.
【详解】（1）解：由，得，
则，
若，则或，求得；
若
则，求得，
所以角的集合为；
（2）解：因为，
又因为，所以三点共线，且，
所以点在线段上，
故，
设
则，
所以当时取得最小值；
（3）解：由（1）的结论和可得，
又，所以由正弦定理得：，
所以，
于是，
所以当时，取得最大值.
19．(1)
(2)①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
【分析】（1）先依题意可得，再利用进行求解；
（2）①根据题意可得；
②根据题意可得，则，
再利用二次函数的性质求最小值即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小为.
（2）①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达C点（在点左边），且有，
质点乙到达D点，且有，故.
②时刻时，质点甲到达M点，质点乙到达N点，
如图所示：
，，则，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时，取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
注意事项：
1．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．测试范围：人教A版2019必修第二册第6章-第八章8.3
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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．已知单位向量的夹角为，则（ ）
A．B．0C．1D．2
2．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A．B．2C．D．
3．已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．2B．C．D．1
4．已知复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．4D．2
5．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，是的外心，为的中点，是直线上异于M、O的任意一点，则（ ）
A．3B．6C．7D．9
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．1
8．已知边长为等边三角形中，点为边上一点，，，则下列结论一定正确的为（ ）
A．B．C．D．
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
9．已知满足，则（ ）
A． B．复平面内对应的点在第一象限
C． D．的实部与虚部之积为
10．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则（ ）
A．圆锥的母线长为4 B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C．圆锥的体积为 D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为
11．梯形中，，，，与交于点，点在线段上，则（ ）
A． B．
C．为定值8 D．若，则的最小值为
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为 .
13．如图，圆台的母线长为6，两底面半径分别为2，7，则此圆台的表面积为 ．
14．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为 .
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．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）如图，在平面四边形ABCD中，，．
(1)若，，求的值；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
17．（15分）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.
(1)若，，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？
18．（17分）已知中，所对的边分别是，边上的中线，设=（，），=（，），且，若动点满足．
(1)求角的集合；
(2)求的最小值；
(3)若，且，为的面积，求的最大值及此时的值．
19．（17分）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设
(1)计算的大小；
(2)质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；
②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.
参考答案：
1．A
【分析】根据平面向量数量积的定义及运算律结合已知条件直接求解即可.
【详解】因为单位向量的夹角为，
所以
，
故选：A
2．C
【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．
【详解】在直角梯形中，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，利用余弦定理列出关于方程，即可求解.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故选：D.
4．B
【分析】根据复数的运算法则与共轭复数定义计算即可得.
【详解】，则，
故.
故选：B.
5．C
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
6．B
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】
因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，
所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
7．B
【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值.
【详解】根据题意，得，
当，，时，，此时，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】利用余弦定理求出，从而求出，即可判断A、B，再由正弦定理判断C，利用余弦定理求出，，即可判断D.
【详解】依题意，，，且，
由余弦定理，
即，解得或，
当时，符合题意，
当时，不符合题意，
所以，则，
所以，，故A错误，B正确；
又，，
所以，所以，故C错误；
又，
所以，故D错误.
故选：B
9．ACD
【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.
【详解】设，
则由已知得，即，
所以解得
所以，则，故A项正确，B项错误；
，的实部为，虚部为1，
所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.
故选：ACD
10．ACD
【分析】先求出圆锥的母线和底面半径的长，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
对于A，
设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，故，
故A正确.
对于B，圆锥的高为，则，
故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.
对于C，圆锥的体积为，故C正确.
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，
故所得圆台的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】由平面向量的线性运算即可判断A，由线段的比值结合三角形的面积公式即可判断B，由平面向量数量积的运算律代入计算，即可判断C，由平面向量三点共线定理结合基本不等式代入计算，即可判断D
【详解】
由几何图形关系可得，
因为，所以．因为，
所以，
所以，故A正确；
因为，所以，因为，所以，
所以，故B错误；
因为，所以在上的投影向量为为定值，故C正确；
因为，且三点共线，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误．
故选：AC．
12．
【分析】根据数量积的运算律求得，根据投影向量的概念，即可求得答案.
【详解】由题意知，故，
所以，而，则，
故，
则在方向上的投影向量为，
即在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：
13．
【分析】根据题意，结合圆台的侧面积公式和圆的面积公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意知，圆台上底面半径，下底面半径，母线长，
由圆台表面积公式，可得：
．
故答案为：.
14．
【分析】由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.
【详解】依题意，，，
所以，
，
，
所以，即向量，的夹角的余弦值为.
故答案为：
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得
16．(1)
(2)
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【详解】（1）在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
则，，
四边形ABCD的面积
.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；
（2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值.
【详解】（1）由知.
因为，
所以正四棱锥的体积
正四棱柱的体积
所以仓库的容积.
（2）设，下部分的侧面积为，
则，，
，
设，
当，即时，，.
即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是.
18．(1)；
(2)；
(3)时，取得最大值.
【分析】（1）由题意可得，分和分别求解即可；
（2）由题意可得三点共线，且点在线段上，于是有，令可得，即可得答案；
（3）由题意可得，再由正弦定理及面积公式可得，从而有，再由余弦函数的性质即可得答案.
【详解】（1）解：由，得，
则，
若，则或，求得；
若
则，求得，
所以角的集合为；
（2）解：因为，
又因为，所以三点共线，且，
所以点在线段上，
故，
设
则，
所以当时取得最小值；
（3）解：由（1）的结论和可得，
又，所以由正弦定理得：，
所以，
于是，
所以当时，取得最大值.
19．(1)
(2)①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
【分析】（1）先依题意可得，再利用进行求解；
（2）①根据题意可得；
②根据题意可得，则，
再利用二次函数的性质求最小值即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小为.
（2）①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达C点（在点左边），且有，
质点乙到达D点，且有，故.
②时刻时，质点甲到达M点，质点乙到达N点，
如图所示：
，，则，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时，取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
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2023-2024学年高一数学上学期期中模拟考试期中模拟卷01（人教A版2019）： 这是一份2023-2024学年高一数学上学期期中模拟考试期中模拟卷01（人教A版2019），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，下列各组函数是同一组函数的是，下列四个命题中，是真命题的有等内容，欢迎下载使用。
