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浮山中学2023-2024学年第二学期高一年级期中考试
数学模拟试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．若复数在复平面内对应的点在第一象限，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知的内角，，的对边分别是，，，且，则的形状是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
3．已知平面向量，，若向量与共线，则（ ）
A．－2 B． C．2 D．5
4．若向量，满足，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在梯形中，，设，则（ ）
A． B． C． D．
7．若，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示的是为纪念南阳解放50周年于1998年11月4日建立的南阳解放纪念碑，某学生为测量该纪念碑的高度CD，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点A，B．现测得，，米，在点处测得碑顶的仰角为，则纪念碑高CD为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。）
9．下列命题正确的有（ ）
A．方向相反的两个非零向量一定共线
B．单位向量都相等
C．若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同
D．“若是不共线的四点，且'“四边形是平行四边形”
10．已知函数，则下列结论中，正确的有（ ）
A．是的最小正周期
B．在上单调递增
C．的图象的对称轴为直线
D．的值域为
11．已知三角形ABC满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若点O为的重心，则，
B．若点O为的外心，则
C．若点O为的垂心，则，
D．若点O为的内心，则．
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12．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 ．

13．如图，在△ABC中，，，，则 ．
14．在△ABC中，已知B＝60°，AC＝，则△ABC的周长的最大值为 ．
四、解答题（共5小题，共77分）
15．（13分）已知，.
(1)若，求；
(2)若与的夹角为，求；
(3)若与垂直，求与的夹角．
16．（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，，求的周长.
17．（15分）已知复数，且为纯虚数.
(1)求复数；
(2)若，求复数及.
18．（17分）在中，为的中点，在边上，交于，且，设．
(1)用表示；
(2)，求；
(3)若在上，且设，若，求的范围．
19．（17分）内角A、B、C的对边分别是a、b、c，已知：.
(1)求；
(2)若边上的中线BD长为，求面积；
(3)，求内切圆半径的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】
根据复数对应的点在各个象限的特征即可求解.
【详解】由在复平面内对应的点在第一象限,所以，
故选：C
2．C
【分析】利用余弦定理可得三角形的形状.
【详解】因为，不妨设，，
则为最大角，由余弦定理可得，
即为钝角，所以是钝角三角形.
故选：C
3．B
【分析】直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量与共线，
所以，
解得．
故选：B．
4．D
【分析】根据向量等式关系化简，求得的值，再求出在上的投影向量即可.
【详解】因为，，，
所以，化简得，
所以在上的投影向量是.
故选：D.
5．D
【分析】先由正弦定理求出直观图的，再由斜二测画法规则求出到轴的距离即可.
【详解】

如图，过点作′轴，交′轴于点，
在中，，，，
由正弦定理得，
于是得，且原图中即为到轴的距离，
由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到轴的距离是.
故选：D.
6．A
【分析】根据向量基本定理和线性运算计算即可.
【详解】因为，，
则，
故选：A.
7．C
【分析】根据对数运算以及对数函数单调性可得，结合分数指数幂运算分析可得，即可得结果.
【详解】因为，，
因为，可知，
又因为，所以.
故选：C.
8．C
【分析】中，正弦定理求出，在中，，代入求值即可.
【详解】在中，，
由正弦定理得，即，解得，
在中，．
故选：C
9．AD
【分析】根据共线向量的定义判断A，根据单位向量的定义判断B，根据相等向量的定义判断C，根据相等向量及平行四边形的性质判断D.
【详解】解：对于A，方向相同或相反的两个非零向量为共线向量，故A正确；
对于B：单位向量的模为，但是方向不一定相同，故B错误；
对于C：若两个向量相等，它们的起点不一定相同，终点也不一定相同，故C错误；
对于D：若是不共线的四点，且，则且，所以四边形是平行四边形，故充分性成立，
若四边形是平行四边形，则，故必要性也成立，故D正确.
故选：AD
10．BD
【分析】由，知函数为偶函数，又，知是的周期，
当时，化简并画出其图象，在根据偶函数和周期性，画出函数的图象，根据图象判断每一个选项是否正确.
【详解】由，知函数为偶函数，又，知是的周期，
当时，，画出的图象如图所示：
由图知，的最小正周期是，A错误；
在上单调递增，B正确；
的图象的对称轴为，C错误；
的值域为，D正确.
故选：BD.
【点睛】本题是绝对值与三角函数的综合问题，判断函数奇偶性，周期性画出函数图象是解决问题的关键，属于中档题.
11．ABD
【分析】
用向量表示三角形的四心.
【详解】选项A：如图，点O为的重心时，，故A正确；

选项B：若点O为的外心，如图，为线段的垂直平分线，
则，同理，
，故B正确；

选项C：当时，则为的垂心，，重合，此时，故C错误；

选项D：若点O为的内心，在的平分线上，
则，故D正确.
故选：ABD
12．
【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：.
13．
【分析】由得，再利用平面向量加法运算结合数量积运算求得结果.
【详解】由,可知，
,则
故答案为：．
14．3
【详解】
解析：（解法1）在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°，所以3＝ AB2＋BC2－AB·BC＝ （AB＋BC）2－3AB·BC，利用基本不等式，得AB＋BC≤2，当且仅当AB＝BC＝时取等号，故△ABC的周长的最大值为3.
（解法2）由正弦定理得＝＝＝，即＝＝2，则BC＝2sin A，AB＝2sin C．又△ABC的周长l＝BC＋AB＋AC＝2sin A＋2sin C＋＝2sin （120°－C）＋2sin C＋＝2sin 120°cos C－2cos 120°sin C＋2sin C＋＝cos C＋3sin C＋＝2（sin C＋cos C）＋＝2sin （C＋30°）＋，且B＝60°，所以C∈（0°，120°），故当C＝60°时，△ABC的周长的最大，最大值为3.
【考查意图】
利用正余弦定理解决三角形周长和范围问题．
15．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由可得出的夹角为0或，再根据,即可求出；
（2）先求出,再利用模长公式求解；
（3）根据与垂直，即可得出，从而可求出，进而得出与的夹角．
【详解】（1）∵，∴与的夹角为或， ∴=;
（2）；
（3），∴ ，
设与的夹角为，
则，
，∴
16．(1)
(2)
【分析】（1）由，余弦定理边化角，利用同角三角函数的商数关系化简，再由正弦定理边化角，得，可得角的大小；
（2）由的面积求出，再由余弦定理求出，可得的周长.
【详解】（1）中，由，得，
由余弦定理得，
即，
由正弦定理得，
，，得，
，则.
（2）若的面积为，则，得，
，由余弦定理，得，
解得，
的周长为.
17．(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据共轭复数的定义和复数的乘法运算，结合纯虚数的定义，即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，结合复数的除法运算，求得，再求及即可.
【详解】（1），则，，
又其为纯虚数，故，解得，故.
（2），
则，.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；
（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.
（3）设，结合及（1）可得，即可得答案.
【详解】（1）因P,R,C共线，则存在使，
则，整理得.
由共线，则存在使，
则，整理得.
根据平面向量基本定理，有，
则.
（2）由（1），，，
则，，.
则，
所以.
（3）由（1）知，则.
由共线，设.
又.
则
.
因，则，则，
所以.
19．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）先化简可得，进一步可得，求解即可；
（2）如图，先解， 由可得，求出即可求得，即可得解；
（3）根据正弦定理可得，即，面积，周长，进而有内切圆半径，利用三角函数求最值即可得解.s
【详解】（1）由题意可得，即，
整理可得，所以，
所以，由可得；
（2）如图，由，中线BD长为，
所以，
可得，即，
所以或（舍），所以，
所以；
（3）由，带入正弦定理可得：，
所以，
面积，
周长，
所以内切圆半径
，
由，所以，
所以，
即内切圆半径的取值范围.

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