2023-2024學年福建省永春高一下學期5月月考數(shù)學模擬試題（含解析）

2023-2024學年福建省永春高一下冊5月月考數(shù)學模擬試題第Ⅰ卷一、單選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1.設復數(shù)滿足，則下列說法正確的是(

)A.的虛部為 B.C.為純虛數(shù) D.在復平面內(nèi)，對應的點位于第二象限2．如圖，一個水平放置的三角形的斜二測直觀圖是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周長是（

）A． B．C． D．3．已知向量，則“與的夾角為銳角”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．若用平行于某圓錐底的平面去截該圓錐，得到的小圓錐與圓臺的母線長相等，則該小圓錐與該圓臺的側(cè)面積的比值為（

）A． B． C． D．5．設表示平面，表示直線，表示三個不同的點，給出下列命題：①若，則；②若表示不同的平面，，則；③若，則④若，則與重合.其中，正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個6．我國古代數(shù)學家秦九韶左《數(shù)書九章》中記述了了“一斜求積術”，用現(xiàn)代式子表示即為：在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則的面積，根據(jù)此公式，若，且，則的面積為（

）A．B．C． D．7．已知正四面體的外接球表面積為，則正四面體的體積為(

)A. B. C. D.8．如圖，直角梯形中，已知，，動點在線段上運動，且，則的最小值是（

）A．3 B． C．4 D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目的要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9．下列有關復數(shù)的敘述正確的是（

）A．若，則 B．若，則的虛部為C．若，則可能為純虛數(shù) D．若，則

．10．已知，，若，則（

）A． B．C． D．11．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則是直角三角形C．若是等腰三角形，則D．若，則的面積最大值為312．如圖，在棱長為2的正方體中，M，N，P分別是，，的中點，Q是線段上的動點，則（

）A．存在點Q，使B，N，P，Q四點共面B．存在點Q，使PQ∥平面MBNC．經(jīng)過C，M，B，N四點的球的表面積為D．過Q，M，N三點的平面截正方體所得截面圖形不可能是五邊形第Ⅱ卷三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為銳角，且，則的值為_________．14．如圖，一個底面半徑為的圓柱形量杯中裝有適量的水，若放入一個半徑為的實心鐵球，水面高度恰好升高,則____________．已知是內(nèi)部一點，且滿足，又，，則的面積為________．8.如圖，在正方體中，，，分別是，的中點，點在四邊形的邊及其內(nèi)部運動，則當點滿足

時，有平面．四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。17．已知向量，，．（1）當時，求向量的坐標；（2）設函數(shù)，將函數(shù)圖象上所有點向左平移個單位長度得到的圖象，當時，求函數(shù)的最小值．18．已知的角，，的對邊分別為，，，設向量，，.(1)若，求證：為等腰三角形；(2)若，邊長，角，求的面積.19．如圖所示，在正方體中，為中點.(1)求證：平面；(2)若正方體棱長為2，求三棱錐的體積.20．在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且．(1)求角B的大??；(2)若，D為AC邊上的一點，，且______，求的面積．①BD是的平分線；②D為線段AC的中點．（從①，②兩個條件中任選一個，補充在上面的橫線上并作答）．21．如圖：正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為2，E，F(xiàn)分別為DD1，BB1的中點.(1)求證：CF//平面A1EC1；(2)過點D在答題卡上作正方體截面使其與平面A1EC1平行，請給以證明并求出該截面的面積.22．如圖，某巡邏艇在A處發(fā)現(xiàn)北偏東30°相距海里的B處有一艘走私船，正沿東偏南45°的方向以3海里小時的速度向我海岸行駛，巡邏艇立即以海里小時的速度沿著正東方向直線追去，1小時后，巡邏艇到達C處，走私船到達D處，此時走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇，立即改變航向，以原速向正東方向逃竄，巡邏艇立即加速以海里小時的速度沿著直線追擊(1)當走私船發(fā)現(xiàn)了巡邏艇時，兩船相距多少海里(2)問巡邏艇應該沿什么方向去追，才能最快追上走私船答案解析：1．B【詳解】：因為，所以的虛部為，故A錯誤；，故B正確；不是純虛數(shù)，故C錯誤；在復平面內(nèi)，對應的點位于第三象限，故D錯誤．故選B．2．D【分析】由斜二測畫法原理將直觀圖轉(zhuǎn)化為原圖，根據(jù)原圖運算求解即可.【詳解】由題意可得：，由直觀圖可得原圖，如圖所示，可知：，可得，所以原三角形的周長.故選：D.3．A【分析】求出與的夾角為銳角時的充要條件是且，從而判斷出答案.【詳解】因為與的夾角為銳角，則且與不共線.時，，當時，則與不共線時，，所以與的夾角為銳角的充要條件是且，顯然且是的真子集，即“與的夾角為銳角”是“”的充分不必要條件，A正確.故選：A4．C【分析】設該圓錐的底面半徑為，母線長為，利用圓錐側(cè)面的面積公式：即可求解.【詳解】設該圓錐的底面半徑為，母線長為，則該圓錐的側(cè)面積，截得的小圓錐的底面半徑為，母線長為，其側(cè)面積，而圓臺的側(cè)面積．故兩者側(cè)面積的比值．故選：C5．B【分析】由平面的基本性質(zhì)的公理1可判斷①；由公理2判斷②；由線面的位置關系可判斷③；由平面基本性質(zhì)的公理3可判斷④．【詳解】，表示兩個平面，表示直線，，，表示三個不同的點，①若，，，，則，由平面的基本性質(zhì)的公理1，可得①正確；②，不重合，若，，，，則，由平面的基本性質(zhì)的公理2，可得②正確；③若，，則或，可得③不正確；④若，，，，，，如果，，不共線，則與重合，如果3點共線，則與可以相交．由平面的基本性質(zhì)的公理3，可得④不正確．其中正確的個數(shù)為2，故選：B6．B【分析】由已知結(jié)合正弦定理及和差角公式進行化簡，求得，再結(jié)合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.【詳解】由題意，因為，所以，即，又由，所以，由因為，所以，所以，即，因為，由余弦定理可得，解得，則的面積為.故選：B.本題主要考查了正弦定理、余弦定理和兩角和與差的正弦函數(shù)公式的化簡求值的綜合應用，意在考查推理與運算能力，屬于中檔試題.7．C【分析】本題考查棱錐的外接球，球的表面積，棱錐體積，棱錐與棱柱的結(jié)構特征，屬于中檔題．將正四面體補全為正方體，利用正四面體的外接球與正方體外接球相同，求出正方體的邊長，進而求出正四面體的體積．【詳解】解：設外接球半徑為，由，解得，將正四面體補成正方體，知正四面體的棱為正方體的面對角線，正四面體的外接球即為正方體的外接球，正方體的體對角線等于外接球的直徑，設正方體棱長為，則，解得該正四面體的體積為正方體的體積減去個三棱錐的體積，所以．故選C．

8．C【分析】設，可以用表示和，從而得到與的關系，再利用均值不等式求解.【詳解】設因為所以所以，所以當且僅當，即取等，此時，與重合，符合題意.故選：C.本題的關鍵是利用平面向量基本定理找到與的關系，從而把問題轉(zhuǎn)化為均值不等式問題.9．AD【分析】根據(jù)復數(shù)的運算、復數(shù)的概念、復數(shù)模的幾何意義判斷各選項．【詳解】，所以，A正確；，虛部是，B錯誤；，若，則是實數(shù)，若，則是虛數(shù)，不是純虛數(shù)，C錯誤；，則復數(shù)對應的點在以為圓心，1為半徑的圓上，這個圓上的點到原點的距離最小值為0，最大值為2，所以，D正確．故選：AD．10．ACD【分析】由平面向量數(shù)量積的坐標運算，可得出的值，根據(jù)二倍角公式及兩角和的正切即可判斷各選項.【詳解】所以,故A正確；,,，故B錯誤；，故C正確；，，故D正確；故選：ACD.11．BCD【分析】根據(jù)余弦定理和正弦定理及三角形面積公式分別判斷A，B，C，D選項即可．【詳解】由正弦定理及可得．對于A，根據(jù)余弦定理得，所以，故A錯誤；對于B，若，則，又，所以，而，所以，即，故B正確；對于C，若是等腰三角形，只可能是（若，則，不能構成三角形），則，由余弦定理可得，所以，故C正確；對于D，由余弦定理可得，所以，所以，當時，取最大值3，故D正確．故選:BCD.12．ABD【分析】作出過B，N，P的截面判斷選項A；取中點為Q，證明其滿足選項B；過MN與底面平行的平面截正方體得出的下半部分為長方體，其外接球也是過C，M，B，N四點的球，由此求得球半徑，得表面積，判斷選項C；當Q在運動時，確定截面的形狀，判斷選項D．【詳解】A.連接，，，正方體中易知，又有分別是，中點，則，所以，即四點共面，所以當Q與重合時滿足B，N，P，Q四點共面，故選項A正確；B.如圖，取中點為Q，連接PQ，QM，，因為分別，中點，則與平行且相等，故四邊形是平行四邊形，所以，又是中點，所以，所以，平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故選項B正確；選項C，取中點U，中點V，連接MV，MU，NV，NU，則多面體MUNV-ABCD是正四棱柱（也是長方體），它的外接球就是過B，C，M，N四點的球，所以球直徑為，半徑，表面積為.故選項C錯．選項D，正方體中，M，N分別是，中點，則，Q在線段（除端點外）上，如圖，作交于E，連接EN，延長交DC延長線于點K，連接QM延長交DA延長線于點T，連接TK交AB于點G，交BC于點F,多邊形QENFGM為所過M，N，Q三點的截面，由正方體的對稱性可知梯形QENM與梯形FGMN全等，則截面為六邊形.當點與點重合時，點與點重合,此時截面為四邊形（菱形）.當點與點重合時，點與點重合,此時截面為四邊形（矩形）.綜上，過Q，M，N三點的平面截正方體所得截面圖形不可能是五邊形.故選項D正確；故選：ABD．三棱錐外接球點睛：求三棱錐外接球時，常見方法有兩種：一種是直接法，一種是補形.解題時要認真分析圖形，看能否把三棱錐補形成一個正方體（長方體），若能，則正方體（長方體）的頂點均在球面上，正方體（長方體）的體對角線長等于球的直徑.另一種是直接法，三棱錐任意兩個面過外心的垂線的交點即為三棱錐外接球的球心.13．【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關系結(jié)合誘導公式可求得結(jié)果.【詳解】因為為銳角，且，則，因此，.故答案為.14．【詳解】試題分析：由題可知，小球的體積等于水面上升的的體積，因此有，化簡可得，；考點：簡單幾何體的體積公式15．【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積定義和三角形面積公式可求得，由已知關系式可知為的重心，由此可得.【詳解】，，；，是的重心，.故答案為.16．線段D.【分析】本題考查線面平行的條件的判斷，考查面面平行的判定與性質(zhì)，屬于中檔題．先通過面面平行的判定定理得到平面平面，從而求出滿足條件線段時，有平面．【詳解】解：在正方體中，，，分別是，，的中點，點在四邊形的邊及其內(nèi)部運動．，，所以，平面，平面，所以平面，同理可得平面，，，平面，平面平面，滿足條件線段時，有平面．故線段D.17．（1）；（2）．【分析】（1）代入數(shù)據(jù)即可求解；（2）先根據(jù)二倍角的正弦公式化簡函數(shù)，再得到函數(shù)的解析式，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)即可求出答案．【詳解】解：（1）當時，，，∴；（2）∵，，∴，∵函數(shù)圖象上所有點向左平移個單位長度得到的圖象，∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值為．本題主要考查向量線性運算的坐標表示，考查三角函數(shù)的化簡與性質(zhì)，屬于基礎題．18．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)，利用向量平行的坐標表示，再由正弦定理將角化邊，即可證明；（2）根據(jù)向量垂直的數(shù)量積的坐標表示可得，再根據(jù)余弦定理，兩式聯(lián)立可直接求得，并求得三角形的面積.【詳解】（1）因為，且，所以，由正弦定理可得，即，顯然，所以，所以是等腰三角形.（2）因為，且，所以，整理得，根據(jù)余弦定理可得，即，即，所以解得（舍）或，所以，所以的面積是.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交于，由中位線得，即可證平面；（2），代入數(shù)據(jù)運算即可.【詳解】（1）證明：連接交于，連接，則是的中點，又為中點，所以，又平面，平面，所以平面；（2）.20．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化簡，再根據(jù)三角形中角的范圍可求得；（2）若選①：利用三角形面積關系和余弦定理求得，然后根據(jù)面積公式即可；若選②：根據(jù)中點的向量關系式并同時平方，結(jié)合余弦定理求得，然后根據(jù)面積公式即可.【詳解】（1）由正弦定理知：又：代入上式可得：，則故有：又，則故的大小為：（2）若選①：由BD平分得：則有：，即在中，由余弦定理可得：又，則有：聯(lián)立可得：解得：（舍去）故若選②：可得：，，可得：在中，由余弦定理可得：，即聯(lián)立解得：故21．(1)證明見解析(2)證明見解析，【分析】（1）利用線面平行判定定理去證明CF//平面A1EC1；（2）先利用面面平行判定定理作出截面，再去求其面積即可.【詳解】（1）取中點M，連接由，可得四邊形為平行四邊形，則由，可得四邊形為平行四邊形，則則，又平面，平面，則平面；（2）取AA1，CC1中點G，H，連接DG，CB1，B1H，HD，因為四邊形ADHF為平行四邊形，所以AF//DH因為四邊形AFB1G為平行四邊形，所以GB1//AF，所以GB1//DH所以GDHB1即為過點D長方體截面，∵DG//A1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DG//平面AEC1∵DH//C1E，平面AEC1，平面AEC1，∴DH//平面AEC1又∵，∴平面DHB1G//平面AEC1.22．(