湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试题（二）（含答案）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试题（二）（含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．1C．D．
2．已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，则
3．已知菱形边长为2，，点分别在边上，，，则（ ）
A．B．2C．1D．
4．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则“”是“函数为奇函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．在中，角的对边分别为，若，则为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．钝角三角形
7．沙漏也叫沙钟，是一种测量时间的装置，基本模型可以看成是由两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，当细沙全部漏入下部的圆锥后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此沙堆的侧面积与细沙全都在上部时的圆锥侧面积之比为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．2D．1
二、多选题
9．已知是虚数单位，以下说法正确的是（ ）
A．复数的虚部是1B．
C．若复数是纯虚数，则D．若复数满足，则
10．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若，且有两解，则b的取值范围为
C．若，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D．若，且，O为的内心，则的面积为
11．如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A．沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B．保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C．若保持，则点M的运动轨迹长度为
D．平面被正方体截得截面为等腰梯形
三、填空题
12．海上，两个小岛相距海里，从岛望岛和岛所成的视角为，从岛望岛和岛所成的视角为，则岛和岛之间的距离为 海里．
13．已知向量，，若，则的取值范围为 ．
14．祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为 .

四、解答题
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且.
(1)求角A的大小；
(2)若点D在AC边上，且，，求的值.
16．已知四棱锥中，底面是梯形，，，，，，分别是的中点．求证：

(1)平面；
(2)平面
17．已知函数（）.
(1)求的最小正周期；
(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若，D为边上一点，，且________，求的面积.（从①为的平分线，②D为的中点，这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答）
18．在三棱柱中，平面，底面是边长为2的等边三角形，为的中点，点为的中点，在线段上，且.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
19．定义在上的函数，若对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界．已知函数．
(1)若是奇函数，判断函数是否为有界函数，并说明理由；
(2)若在上是以为上界的函数，求的取值范围．
长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学模拟试题（二）参考答案
1．C
【分析】先化简求出，即可得出答案.
【详解】因为，所以的虚部为.
故选：C.
2．D
【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判定A；由面面垂直、线面垂直判定线面关系判断B；由两平行平面内两直线的位置关系判断C；由平面与平面垂直的判定定理判断D．
【详解】若，，则或m与n相交或m与n异面，故A错误；
若，，则或，故B错误；
若，，，则或m与n异面，故C错误；
若，，由平面与平面垂直的判定可得，故D正确.
故选：D
3．C
【分析】结合已知条件，以为基底表示出，再根据向量数量积的运算，求得.
【详解】由，
，所以
.
故选：C
【点睛】本小题主要考查平面向量的线性运算、数量积的运算，属于基础题.
4．C
【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
【详解】由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故选：C．
5．A
【分析】先将函数化简为，根据三角函数奇偶性判断即可.
【详解】根据题意；
先判断充分性，因为，所以，
所以函数为奇函数，故充分性成立；
再判断必要性，因为为奇函数，所以，
因为，所以当时，解得，符合题意；
当时，解得，符合题意，故必要性不成立.
故选：A.
6．B
【分析】利用诱导公式及正弦定理将角化边即可判断.
【详解】因为，又，
即，由正弦定理可得，
即，所以为直角三角形且为直角.
故选：B
7．C
【分析】根据比例关系求出细沙在上部时圆锥的半径和高，根据公式计算出侧面积和体积，利用体积相等求出在下部时的高，根据圆锥的侧面积公式可求出在下部时的侧面积.
【详解】当细沙全部在上部时，圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的母线长为，周长为，则侧面积，体积为；
当细沙全部在下部时，圆锥的底面半径为，设沙堆的高度为，由于细沙的体积不变，所以，解得，则其母线长为，所以侧面积，所以.
故选：C.
8．A
【分析】由，两边同时除以得，再将用表示，再结合基本不等式求出的最大值及此时的值，再根据两角和的正切公式即可得解.
【详解】由，
两边同时除以得，
所以，
因为，均为锐角，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以取得最大值时，.
故选：A.
9．BD
【分析】根据复数的定义与代数形式的运算性质，逐项判断即可．
【详解】对于A，复数的虚部是，选项A错误；
对于B，，选项B正确；
对于C，设，则，，，选项C错误；
对于D，设，、，则，
令，得且，所以，选项D正确．
故选：BD．
10．ACD
【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积.
【详解】因为，所以由正弦定理，得，
即 ，
因为，所以，且，所以.
选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ，
所以，
所以的外接圆的面积为，选项A正确；
选项B：由余弦定理得，
将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解，
故 ，解得b，所以选项B错误；
选项C：由正弦定理，得 ，即，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以 ，即，所以，
所以，故选项C正确；
选项D：因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以由正弦定理，得，即，
所以，
即，所以，
所以，
又因为，所以，故，，解得 ，
因为，所以，
即是直角三角形，所以内切圆的半径为，
所以的面积为，选项D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；
对于B，如图：

因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面.
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：

延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
12．
【分析】由题意可知，，，，利用正弦定理即可得出答案.
【详解】由题意得，，，
根据正弦定理得（海里）．
所以B岛和C岛之间的距离为海里．
故答案为：.
13．
【分析】根据数量积的坐标表示得到，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可求出其范围.
【详解】因为，，，所以，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的取值范围为.
故答案为：
14．
【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，
球体半径为，则，截面圆面；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.

如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，
小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为，为等边三角形，
，
根据祖暅原理，
，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，，
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）切化弦，由正弦定理化边为角，然后结合两角和的正弦公式、诱导公式可得结论；
（2）作，垂足为，设，用表示出图中各线段长，求出的正弦和余弦，利用两角和的正弦公式计算．
【详解】（1）由正弦定理及三角函数的商数关系得，三角形中，因此有，即，
因为，所以，而，所以；
（2）如图，作，垂足为，则，
所以，
设，因为，，所以，．，
在中，，
所以，所以，，
所以
．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形得到线线平行，结合线面平行的判定定理得证；
（2）利用线面垂直的判定定理得证.
【详解】（1）如图，取的中点，连结，因为是的中点，
所以，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面；

（2）连结，因为，是的中点，所以，
在中，，，，
所以，由条件，所以，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.

17．(1)最小正周期
(2)选①，②.
【分析】（1）利用诱导公式，两角差的正弦公式和二倍角公式，将函数转化为，再利用正弦函数的性质求解；
（2）由求得角B，选择条件①为的平分线，由结合余弦定理求得ac，然后由三角形面积公式求解；选择②D为的中点，由，利用余弦定理得到，再利用余弦定理得到，求得ac，再利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
所以的最小正周期为；
（2）因为，
∴，
∵，
∴，
∴，
选择条件①为的平分线，
因为为的平分线，
所以，
又因为，
所以，
即，
由余弦定理得：，
即，
则有，即，
解得或（舍），
所以.
选择②D为的中点，则，，
，
则，
即，
由余弦定理得：，
解得，
则.
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线段成比例可得，即得，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）过作，则平面，即为点到平面的距离， 点到平面的距离为点到平面的距离的，即可求得点到平面的距离.
【详解】（1）证明：因为点为的中点，所以，
因为为的中点，所以，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：过作，垂足为，
又底面，则，
因为，所以平面，
因为底面是边长为2的等边三角形，所以，
设点到平面的距离为，
则，即，
因为，所以，
所以.
19．【答案】(1)函数为有界函数，理由见解析
(2)．
【分析】（1）解法一：由是奇函数，得，然后化简可求出的值，对函数变形后，利用指数的函数单调性判断函数为有界函数，解法二：由为奇函数，可得，解得，对函数变形后，利用指数的函数单调性判断函数为有界函数；
（2）由题意可得在上恒成立，则恒成立，转化为不等式组在上恒成立，从而可求出的取值范围．
【详解】（1）解法一：若是奇函数，则，
则，
所以恒成立，
所以是奇函数时，，
此时，
由，知，于是，则，
故时，，
所以，函数为有界函数．
解法二：因为为奇函数，可得，则有，解得．
此时，
由，知，于是，则，
故时，，
所以，函数为有界函数．
（2）若函数在上是以为上界的函数，则有在上恒成立．
故恒成立，即恒成立，
所以，即，
由题可知，不等式组在上恒成立．
因为在上单调递减，其最大值为；
又在上单调递减，其最小值为．
所以，即，
故的取值范围是．