山东省泰安市泰山国际学校2023-2024学年高一下学期期中联考模拟数学试题

这是一份山东省泰安市泰山国际学校2023-2024学年高一下学期期中联考模拟数学试题，共8页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知平面向量,,则等于( )
A.B.C.D.
2．如图，在中，D是线段BC上的一点，且，过点D的直线分别交直线AB，AC于点M，N，若，，则的最小值是( )
A.B.C.D.
3．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，E为的中点，则( )
A.B.C.D.
4．设（a，b，）.已知关于x的方程有纯虚数根，则关于x的方程的解的情况，下列描述正确的是( )
A.方程只有虚根解，其中两个是纯虚根
B.可能方程有四个实数根的解
C.可能有两个实数根，两个纯虚数根
D.可能方程没有纯虚数根的解
5．已知复数，则( )
A.2022B.2023C.-2022D.-2023
6．已知在直三棱柱中,E,F分别为,的中点,,,,,如图所示,若过A,E,F三点的平面作该直三棱柱的截面,则所得截面的面积为( )
A.B.C.D.
7．如图所示，在长方体中，底面ABCD是边长为3的正方形，侧棱，P为矩形上及内部的动点，M为BC的中点，，三棱锥的体积的最大值记为，则下列关于函数的结论正确的是( )
A.为奇函数B.在上单调递增
C.D.
8．已知平面向量,不共线,且,,记与的夹角是,则最大时,( )
A.1B.C.D.2
二、多项选择题
9．已知边长为1的正n边形.若集合,则下列结论正确的有( )
A.当时,B.当时,
C.当时,D.当时,
10．对任意复数，，定义，其中是的共轭复数，对任意复数，，，下列命题为真命题的是( )
A.B.
C.D.
11．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则下列关于该多面体的说法中正确的是( )
A.多面体有12个顶点，14个面
B.多面体的表面积为3
C.多面体的体积为
D.多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）
三、填空题
12．已知O在内，且，，则_________.
13．已知关于x的方程有实数根，则复数z的模的最小值为__________.
14．在直四棱柱中，点E,F分别在上，且，点A,C到BD的距离之比为3：2，则三棱锥和的体积比= _____________.
四、解答题
15．已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
(1)求角A；
(2)若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
16．在中，且.
（1）求A的大小；
（2）求的最大值.
17．在矩形所在平面内，E为矩形外一点，且，，.
（1）若，求的长度；
（2）若（θ为钝角），当多边形的面积最大时，求的值.
18．已知复数，，并且，求的取值范围.
19．如图，四边形ABCD中，，，，，E，F分别在BC，AD上，，现将四边形ABCD沿EF折起，使.
（1）若，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
（2）求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离.
参考答案
1．答案：A
解析：.
故选：A.
2．答案：A
解析：因为M，D，N二点共线，所以可设，则.又，所以.又，，所以，所以，所以消去t得，所以.因为，，得，得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故选A.
3．答案：A
解析：如图所示，过点E分别作，，分别交AB，AD于点M，N，
则，，
所以，，，，
由已知得，则在中，，
所以，，
即，，
所以，，
即，，
所以，故选A.
4．答案：A
解析：a，b，，，关于x的方程有纯虚数根，设纯虚数根为（，），
则有，即，即有，，，，
方程化为，方程有两个纯虚数根为，
方程化为，
整理得，于是得或，
因此方程有两个纯虚数根，
而方程中，，
因此方程无实数根，有两个虚数根，不是纯虚数根，所以选项A正确，选项B，C，D均不正确.故选A.
5．答案：B
解析：，又因为关于x的方程的根为1，z，，…，而，故，令，可得，且2022为偶数，所以.故选B.
6．答案：B
解析:延长AF,且AF与相交于G,连接EG,并与相交于D,连接FD,则四边形AEDF为所求的截面.
在中,由,,得.
在中,由,,得.
因为F为的中点,所以由平面几何知识可知,.
所以,,即G为AG的中点,所以.
又由,可得,
又,,所以.
在中,由,,得,所以.
所以在中,有,,,
即,所以.又注意到,
,
则四边形AEDF的面积为.
故选:B.
7．答案：D
解析：由题意知，，.
因为，所以.
又M为BC的中点，所以，即，即.在平面中，以DC的中点为坐标原点，以DC所在直线为x轴，DC的垂直平分线为y轴，以的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，则，.
设，则，整理得，易知当时，取得最大值.
若，则；若，则.
又到平面PCD的距离为3，所以
所以为非奇非偶函数，故A错误；函数在上不是单调函数，故B错误；，故C错误；，故D正确.故选D.
8．答案：C
解析：设,则,,
所以.易得,
,
当时,取得最小值,取得最大值,
此时.故选C.
9．答案：BCD
解析：对于A选项,当时,如下图所示：
则,,
,
同理可得,,,
故时,,A错误;
对于B选项,当时,如图所示：
,,
,此时,,B正确;
对于C选项,当时,取的中点E,连接,则,如图所示：
易知正五边形的每个内角都为108°,则,
故,则,
由平面向量数量积的定义可得,
故当时,,又,C对;
对于D选项,当时,设正六边形的中心为O,如图所示：
易知正六边形的每个内角都为120°,则,
故,所以,,,
则,
由正六边形的几何性质可得,则,
则,结合图形可知,故,
因此,当时,,D对.
故选：BCD.
10．答案：AB
解析：对于A，，则A为真命题；对于B，，则B为真命题；对于C，，而，则C为假命题；对于D，，而，则D为假命题.故选AB.
11．答案：ACD
解析：一个棱数为24的半正多面体有12个顶点，14个面，如图，可将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各棱的中点.半正多面体的棱长为，表面积为，体积可看作正方体的体积减去八个三棱锥的体积，则.又因为正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，所以有外接球，故选ACD.
12．答案：
解析：如图，设BO的延长线与AC相交于D，则由，可得.
设CO的延长线与AB相交于E，则由，可得.
，O，D三点共线，故存在实数m，使得.
，O，E三点共线，故存在实数n，使得，
由平面向量基本定理得解得
.
，，，，故答案为.
13．答案：
解析：由可得，显然不是方程的实数根，所以，即.若关于x的方程有实数根，则，，即复数z的实部为，虚部为，所以复数z的模，利用基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，即，
所以复数z的模的最小值为.故答案为.
14．答案：
解析：
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)解：，
由正弦定理得：，
即，
则，
又在中，，，故，
故.
(2)由题可知，
设，则，，，
由正弦定理得：，，
即，，
解得，
由余弦定理得，解得；
又，故.
由余弦定理得，即，
解得，则，.
的面积为.
16．答案：(1).
(2)取得最大值1.
解析：(1)设,
则，
，
方程两边问乘以2R，，
整理得，
由余弦定理得，
故.
(2)由(1)得：
.
故当时，取得最大值1.
17．答案：(1).
(2).
解析：(1)在三角形中，根据正弦定理得，
.
，，，
则，.
(2)因为θ是钝角，所以点E在以为直径的圆内且在矩形外，
所以多边形是凸五边形，
又，
在中，由余弦定理，，
则矩形的面积，
所以五边形的面积
，
其中
当且仅当，即时，S取得最大值，
此时，，所以.
18．答案：
解析：由得，
由复数相等的定义知，必有
得.
.
，
，.故.
19．答案：（1）存在
（2）
解析：（1）AD上存在一点P，使得平面ABEF，此时，
理由如下：当时，，
如图，过点P作交AF于点M，连接ME，则，
，，.又，，且，
四边形MPCE为平行四边形，.
又平面，平面，平面ABEF.
综上，存在点P，使得平面，.
（2）设，则，，由题易知平面CEFD，故，
当时，有最大值，且最大值为3，
此时，，，，
，，
在中，由余弦定理得，，，
设F到平面ACD的距离为h，，.
综上，三棱锥的体积的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为.