2023-2024學年高一數學下學期期末考試模擬02一、單項選擇題：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，只有一項是符合題目要求的．1．在復平面內，點表示復數，則的虛部是（

）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】先得到，則，再求出其虛部即可.【詳解】由復數的幾何意義得，從而，其虛部為.故選：C2．設不共線，，若A，B，D三點共線，則實數的值為（

）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】由向量共線定理求解．【詳解】由已知，又三點共線，則共線，而不共線，，所以，即，故選：A．3．已知圓臺的體積為，兩底面圓的半徑分別為4和6，則圓臺的高為（

）A．6 B． C． D．【答案】A【分析】根據兩底面圓半徑分別求出其面積，代入圓臺體積公式即可求得高.【詳解】設圓臺的高為，且上下兩底面面積分別為根據圓臺體積公式可得，解得.故選：A4．設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列說法，其中正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】B【分析】舉例說明判斷ACD；利用線面垂直性質、面面垂直的判定推理判斷B.【詳解】對于A，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，A錯誤；對于B，由，知存在過的平面與相交，令交線為，則，而，于是，，B正確；對于C，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，C錯誤；對于D，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，D錯誤.故選：B5．如圖，在中，已知是邊上的一點，，則的長為（

）

A． B． C． D．10【答案】B【分析】利用余弦定理正弦定理可得答案.【詳解】在中，，因為，所以，在中，.故選：B.6．在銳角中，為邊上的高，，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據銳角三角函數及得到，即可得到，再由平面向量線性運算法則及平面向量基本定理求出、，即可得解.【詳解】如圖在銳角中，為邊上的高，所以，，又，所以，所以，則，所以，又，所以，所以.故選：C

7．如圖，已知的內接四邊形中，，則（

）

A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】由圓的內接四邊形有，再利用余弦定理可得，進而利用平面向量的數量積公式與運算法則即可得解.【詳解】連接，如圖，

因為，設，由圓的性質可知，故，所以，即，解得，即，所以.故選：D.8．已知三棱錐的底面是邊長為3的等邊三角形，且，，平面平面，則其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分別利用正弦定理求得的外接圓的半徑，再利用兩個面垂直的三棱錐的外接球半徑滿足，從而得解.【詳解】因為三棱錐的底面是邊長為3的等邊三角形，所以，則，

設的外接圓的半徑分別為，則在等邊中，，在中，，所以，則，，設三棱錐的外接球的半徑為，因為平面平面，則，所以其外接球的表面積為.故選：D.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．下列命題為真命題的是（

）A．復數的虛部為B．若為虛數單位，則C．在復數集中，方程有兩個解，依次為D．復平面內滿足條件的復數所對應的點的集合是以點為圓心，2為半徑的圓【答案】BC【分析】根據復數的定義可判斷A；根據的性質可判斷B；根據復數方程的根可判斷C；根據復數的幾何意義可判斷D.【詳解】對于A，復數的虛部為，故錯誤；對于B，，故B正確；對于C，，因此在復數集中，方程有兩個解，依次為，故C正確；對于D，復平面內滿足條件的復數對應的點的集合是以點為圓心，2為半徑的圓面，故D錯誤.故選：BC.10．已知的內角的對邊分別為，若，則（

）A．的外接圓的面積為 B．的周長為C．是直角三角形 D．的內切圓的半徑為【答案】ABC【分析】選項A，根據條件，利用正弦定理，可求得外接圓半徑為，進而求出外接圓的面積，即可判斷出選項A的正誤；根據條件，利用余弦定理，可求得，，進而可判斷出選項B和C的正誤，選項D，設內切圓半徑為，利用，求出，即可判斷出選項D的正誤，從而求出結果.【詳解】對于選項A，因為，由正弦定理可得，即，得到，所以的外接圓的面積為，故選項A正確，對于選項B，由余弦定理，得到，整理得到，解得，所以，故的周長為，所以選項B正確，對于選項C，因為，，，所以，故選項C正確，對于選項D，設內切圓半徑為，由，得到，解得，所以選項D錯誤，故選：ABC.11．在意大利，有一座滿是“斗笠”的灰白小鎮阿爾貝羅貝洛，這些圓錐形屋頂的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遺產名錄．現測量一個的屋頂，得到圓錐（其中為頂點，為底面圓心），母線的長為，是母線的靠近點的三等分點．從點到點繞屋頂側面一周安裝燈光帶，燈光帶的最小長度為．下面說法正確的是（

）A．圓錐的側面積為 B．過點的平面截此圓錐所得截面面積最大值為C．圓錐的外接球的表面積為 D．棱長為的正四面體在圓錐內可以任意轉動【答案】ABD【分析】利用圓錐的側面展開圖、余弦定理、扇形的弧長公式可求出圓錐的底面半徑，進而可求出圓錐的側面積，可知A正確；過點平面截此圓錐所得截面面積最大為，計算可知，B錯誤；計算出圓錐的外接球半徑后，再求出其表面積，可知C不正確；求出圓錐的內切球的半徑和棱長為的正四面體的外接球的半徑，比較可知，D正確.【詳解】對于A，設圓錐底面半徑為，如圖，在中，，，，∴，∴，所以，（米），所以圓錐的側面積為（），故A正確；對于B，在中，，所以，所以過點平面截此圓錐所得截面面積最大為（），故B正確；對于C，設圓錐的外接球半徑為，則，又，所以，∴，圓錐的外接球表面積為，故C不正確；對于D，設圓錐的內切球半徑為，則，∴，在棱長為米的正四面體中，設其外接球半徑為，則此正四面體的底面外接圓半徑為，高為，所以，所以，因為，所以棱長為米的正四面體在圓錐內可以任意轉動，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：利用圓錐的側面展開圖、余弦定理、扇形的弧長公式求出圓錐的底面半徑是關鍵點一，利用棱長為米的正四面體的外接球的半徑與圓錐的內切球的半徑判斷D選項是關鍵點二.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，其中15題第一空2分，第二空3分，共15分.12．已知平面向量，，若，則【答案】【分析】利用向量垂直、向量四則運算和向量模長的坐標表示求解即可.【詳解】因為平面向量，，，所以，解得，即，所以，，故答案為：13．相看兩不厭，只有敬亭山.李白曾七次登頂拜訪的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白獨坐樓（如圖（1）），如圖（2），為了測量該樓的高度AB，一研究小組選取了與該樓底部在同一水平面內的兩個測量基點與，現測得，，在點處測得該樓頂端的仰角為，則該樓的高度AB為m.【答案】【分析】根據給定條件，利用正弦定理及直角三角形邊角關系計算即得.【詳解】在中，由正弦定理，得，在中，（）.故答案為：14．正三棱柱中，所有棱長均為2，點E，F分別為棱，的中點，則直線EF與直線BC所成角的余弦值為；若過點A，E，F作一截面，則截面的周長為.【答案】/【分析】取的中點，連接，則可得為異面直線EF與直線BC所成角，然后在中求解，連接并延長交的延長線于點，連接交于點，連接，則四邊形為截面四邊形，然后求解其周長即可.【詳解】取的中點，連接，因為點E為棱的中點，所以∥，，所以為異面直線EF與直線BC所成角，連接，因為平面，平面，所以，因為為邊長是2的正三角形，F為的中點，所以，所以，，所以由余弦定理得，所以直線EF與直線BC所成角的余弦值為，連接并延長交的延長線于點，連接交于點，連接，所以過點A，E，F的截面為四邊形，因為點E，F分別為棱，的中點，所以，過作∥，交于點，則為的中點，因為∥，所以∽，所以，所以為的中點，所以，因為∥，所以∽，所以，，所以，則，所以，在中由余弦定理得，所以，所以四邊形的周長為，即截面的周長為，故答案為：，

【點睛】關鍵點點睛：此題考查異面直線所成的角，考查幾何體的截面問題，解題的關鍵是根據平面的性質結合題意作截面圖形，考查空間想象能力，屬于難題.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）已知向量，滿足，，．(1)求與的夾角；(2)若，求．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）利用向量的數量積性質及運算規律即可求解.（2）由，再利用求模公式求解.【詳解】（1）因為，，，設，所以，所以，因為，所以，即與的夾角為．（2）因為，則，故．16．（15分）設虛數z滿足.(1)計算的值；(2)是否存在實數a，使？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）首先設復數的標準形式，再根據復數模的運算公式，化解求解；（2）根據復數的除法運算公式，化簡，即可判斷.【詳解】（1）設且，則，因為，所以，所以，所以，所以，所以；（2）存在滿足題意.設且，假設存在實數a使，則有，所以，因為，所以，得所以存在實數，滿足.17．（15分）如圖，四棱錐中，，，，平面ABCD⊥平面PAC．

(1)證明：；(2)若，M是PA的中點，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據底面的幾何關系，可證明，再根據面面垂直的性質定理，即可證明；（2）首先求點到平面的距離，再根據體積轉化，即可求解.【詳解】（1）取BC中點N，連接AN，則，又，，所以四邊形ANCD為正方形，則，，

又在中，，則，所以，即．又平面ABCD⊥平面PAC，平面平面，平面，所以平面，又面PAC，所以．（2）連接，交于O，連接，因為平面，平面，所以由于，，又因為，為的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面所以，，又因為M為PA中點，所以18．（17分）已知的內角的對邊分別為，且．(1)求；(2)設為的中點，，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理及正弦定理將邊化角，再由兩角差的正弦公式計算可得；（2）利用余弦定理求出的最大值，再由及數量積的運算律計算可得.【詳解】（1）因為，所以，即，由正弦定理可得，所以所以，所以，因為，則，，所以或或，所以或（舍去）或（舍去），由，所以.（2）由余弦定理，即，所以，解得當且僅當時取等號，因為為的中點，所以，所以，所以，當且僅當時取等號，即的最大值為.19．（17分）如圖，在正三棱柱中，，為的中點，、在上，.

(1)試在直線上確定點，使得對于上任一點，恒有平面；（用文字描述點位置的確定過程，并在圖形上體現，但不要求寫出證明過程）(2)已知在直線上，滿足對于上任一點，恒有平面，為（1）中確定的點，試求當的面積最大時，二面角的余弦值.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）延長至點，使，點即所求的點，然后證明出平面平面，利用面面平行的性質可得出結論；（2）分別延長、，所得交點即點，連接，則二面角即二面角，推導出，可知，當最大時，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等號成立的條件，分析可知為等腰直角三角形，取的中點，則，在平面內過點作，垂足為，連接，分析可知為二面角的平面角，計算出三邊邊長，即可求得的余弦值，即為所求.【詳解】（1）解：延長至點，使，點即所求的點，圖形如下：

證明如下：連接、，

在正三棱柱中，且，所以，，又因為，所以，，所以，，則，故，因為平面，平面，所以，平面，因為，則，因為為的中點，，則，故，所以，，所以，，因為平面，平面，所以，平面，又因為，、平面，所以，平面平面，當點