2023-2024学年高一下学期数学期中模拟考试03（人教A版2019）

这是一份2023-2024学年高一下学期数学期中模拟考试03（人教A版2019），共23页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知向量满足，，则的最大值等于等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．2C．D．
2．在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
4．碧津塔是著名景点·某同学为了浏量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ）
A．37.54B．38.23C．39.53D．40.52
5．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，则（ ）
A．的长度大于的长度
B．的面积为4
C．的面积为2
D．
6．已知平面向量满足在方向上的投影为1，则（ ）
A．4B．C．5D．与有关
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．1
8．已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A．B．C．2D．
二、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分．
9．已知复数满足为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．在复平面内对应的点位于第二象限
C．D．是方程的一个根
10．如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
11．在三角形所在平面内，点满足，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线一定经过三角形的重心
B．当时，直线一定经过三角形的外心
C．当时，直线一定经过三角形的垂心
D．当时，直线一定经过三角形的内心
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
13．在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
14．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）

①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
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）已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
17．（15分）在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
18．（17分）如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
19．（17分）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
参考答案
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据共轭复数的定义，复数乘法运算，复数相等，复数模公式运算得解.
【详解】由，得，设，
则，即，所以，得，所以．
故选：C．
2．在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】在中，因为，所以为的中点，
又因为，所以为线段的靠近的三等分点，
所以．
故选：D．
3．如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
4．碧津塔是著名景点·某同学为了浏量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ）
A．37.54B．38.23C．39.53D．40.52
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再结合直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，，则，，
由正弦定理得，则，
在中，，则，
在中，，则，又，
因此，，
所以碧津塔高约为38.23米.
故选：B
5．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，则（ ）
A．的长度大于的长度
B．的面积为4
C．的面积为2
D．
【答案】B
【分析】根据斜二测画法确定原图形，由此判断各选项.
【详解】由图象知：，，
，为的中点
所以，A错误；
的面积，B正确；
因为，，
所以的上的高，
的面积，C错误，
，所以，D错误.
故选：B
6．已知平面向量满足在方向上的投影为1，则（ ）
A．4B．C．5D．与有关
【答案】C
【分析】由投影的定义求出，再由向量的模长公式求解即可.
【详解】由在方向上的投影为1可知，
又，故，而，
所以.
故选：C．
7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．D．1
【答案】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．已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】设，
因为，，所以，
又，所以，所以点共圆，
要使的最大，即为直径，
在中，由余弦定理可得，
又由正弦定理，
即的最大值等于，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可.
二、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分．
9．已知复数满足为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．在复平面内对应的点位于第二象限
C．D．是方程的一个根
【答案】BD
【分析】利用复数的概念、运算法则、几何意义一一判定选项即可.
【详解】因为，所以，
则的虚部为，故A错误；
由于，则在复平面内对应的点位于第二象限，故B正确；
由于，故C错误；
方程可化为，方程的根为，故D正确．
故选:BD．
10．如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
【答案】ACD
【分析】根据三棱柱的体积公式即可判断A选项；通过确定球心的位置，求出直三棱柱外接球的半径，即可判断B选项；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理可判断C选项；通过三棱柱的侧面展开图可判断D选项．
【详解】选项A：因为，，
所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，
所以，故A正确．
选项B：如图1，记和外接圆的圆心分别为和，
连接，，记的中点为，连接，
则， ，
易知为直三棱柱的外接球半径，
且，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故B错误．

选项C：如图2，取的中点，连接，
易知，，且，
故即异面直线与所成角或其补角，连接，
则，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为，故C正确．
选项D：将直三棱柱的侧面展开得到平面展开图，
如图3所示．连接，分别交，于点，
易知的最小值为．
在侧面展开图中易知点分别为的三等分点，
过点作交于点，
由勾股定理得，
因为，所以，故D正确．
.
11．在三角形所在平面内，点满足，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线一定经过三角形的重心
B．当时，直线一定经过三角形的外心
C．当时，直线一定经过三角形的垂心
D．当时，直线一定经过三角形的内心
【答案】AC
【分析】对于A，点为的中点，根据重心的性质和已知条件分析判断，对于B，由向量的加法法则分析判断，对于C，化简即可得结论，对于D，结合正弦定理得，进一步由A选项分析可知.
【详解】对于A，因为，，设点为的中点，
所以，所以直线一定经过三角形的重心，故A正确；
对于B，当时，，
因为为与方向相同的单位向量，为与方向相同的单位向量，
所以平分，即直线一定经过三角形的内心，故B错误；
对于C，当时，，
所以，
所以，所以直线一定经过三角形的垂心，故C正确；
对于D，当时，，
而由正弦定理有，即有，
结合A选项分析可知直线一定经过三角形的重心，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：判断的C关键是得到等于0，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
【答案】
【分析】
根据给定条件，设出复数的代数形式，再利用复数模及复数乘除法运算计算得解.
【详解】
设（），（），
由，得，
即，整理得，
又，因此，
所以.
故答案为：
13．在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
【答案】
【分析】利用张角定理得到，再利用不等式中的妙用来求解最值.
【详解】是的角平分线，
，
由张角定理得:，
即，
，
，
（当且仅当，即时取“=”）.
故答案为：.
14．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）

①当时，为等腰梯形.
②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
【答案】①②④
【分析】
根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案.
【详解】①如图当时，即为中点，此时可得，
，
故可得截面为等腰梯形，故①正确；

②当时，如图，
延长至，使，连接交于，连接交于，
连接，可证，由，
可得，故可得，故②正确；

③由②可知当时，只需点上移即可，
此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误；
④当时，与重合，取的中点，连接，
可证，且，
可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．

故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质．
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.
【答案】(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；分
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得分
16．（15分）
已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到的正切值，进而求解即可；
（2）解法一利用已知条件和向量的知识得到，进而实数化得到和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为
故，
即，
即．
而，故，
又因为所以．
而，故．分
（2）解法一：由知，
两边同时平方得，
即，化简得．①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得．
所以的面积为．分
解法二：在中，由余弦定理可得，
整理得，①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得，
所以的面积为．分
17．（15分）
在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
【答案】(1)
(2)，最小值为：
【分析】（1）根据题意用表示出，再根据M，P，N三点共线用表示出，利用平面向量基本定理即可求解.
（2）根据数量积的定义分别求出，，再对平方即可将表示成关于的函数，再利用基本不等式求
的最小值即可.
【详解】（1）一方面，
故.
另一方面，由M，P，N三点共线知，
所以，即
消去，得，故分
（2）由得，，因为，
所以，所以；，所以；
所以
当目仅当即时等号成立，
所以;分
【点睛】本题考查向量模的最值，利用向量数量积的定义将，，转化为，，再对平方，将表示成关于的函数，最后利用基本不等式求出的最小值
18．（17分）
如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)线段上当点满足，使平面．
【分析】
（1）先根据线面垂直的性质定理与判定定理证得平面，从而得证；
（2）根据三棱锥等体积即可求解.
（3）利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得解.
【详解】（1）因为底面，平面，所以.
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以分
（2）设点到平面的距离为.
因为底面，，为的中点，
所以点到平面的距离为.
又因为在中，，，．
则，
.
又因为底面，平面，所以，
又因为，，为的中点，
所以，
又因为由（1）知平面，平面，所以，
则.
所以，则，
则的面积为，
所以，解得分
（3）线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
因为为的中点，
所以由为的中位线，可得.
又因为平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，则，
又因为平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面MNK，所以平面ABC．分
19．（17分）
对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)505
【分析】
（1）根据定义找出，，从而得到，；
（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；
（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.
【详解】（1）因为，，，
所以分
（2）
设，
假设对，则均不为0．
所以．
即．
因为，
所以．
所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．分
（3）
设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．分
【点睛】
关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.