四川省大數據學考大聯盟2023-2024學年高一下學期期末模擬質量檢測數學試題1．已知復數z=21?i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知a=1,2,b=A．12,1 B．12,?123．已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．點M滿足向量2OM=3OA?OBA．點M為線段AB的中點 B．點M在線段AB延長線上C．點M在線段BA的延長線上 D．點M不在直線AB上5．要得到函數y=12sin2x?A．向左平移5π6個單位長度 B．向右平移5πC．向左平移5π12個單位長度 D．向右平移5π12個單位長度6．柳編技藝在我國已有上千年的歷史，如今柳編產品已經選入國家非物質文化遺產名錄．如圖，若柳條編織的米斗可近似看作上底面圓半徑為2，下底面圓半徑為1，體積為14π的圓臺，則該圓臺的側面積為（）A．337π B．637π C．7．已知2tanπ4A．?1 B．0 C．23 8．△ABC中，AB=2，點P為△ABC平面內一點，且PB?BC=?12,A．2?22 B．3?222 9．在△ABC中，A,B,C的對邊分別是a,b,c，a=2，A=π6，若△ABC有兩個解，則A．2 B．3 C．4 D．510．已知z1A．若z1?z2B．若z1?C．若z12D．若z=3cosθ+isinθ，則z?2?4i11．如圖，正方體ABCD?AA．直線AC1與平面ABCDB．若點P在正方體ABCD?A1B1C1C．四棱錐B1?ABCD與四棱錐CD．設直線AC1與平面A1BD交于點M12．△ABC按斜二測畫法得到△A'B'C'，如圖所示，其中13．如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到達A處時測得公路右側一山底C在西偏北30°的方向上；行駛100m后到達B處，測得此山底C在西偏北75°的方向上，山頂D的仰角為60°，則此山的高度CD=m．14．若存在實數m，使得對于任意的x∈a,b，不等式m2+sinxcosx≤2cosx+π15．已知α∈0,π（1）求tanα+（2）若β∈0,π216．如圖，在三棱錐A?BCD中，CD=43（1）求證：平面BCD⊥平面ABD；（2）當AB=AD=4時，求二面角A?BC?D的正弦值．17．在△ABC中，角A,B,C的對邊分別是a,b,c，且2bsinC?asinB=btanBcosA．（1）求角B的大??；（2）若△ABC的周長為8，外接圓的面積為3π，求△ABC的面積．18．如圖，在銳角△ABC中，2BD=CD,AE=DE,AB=λAP（1）用AB,AC表示（2）若λ=2μ，求PQ的長度；（3）當1λ+219．在三角函數領域，為了三角計算的簡便并且追求計算的精確性，曾經出現過以下兩種少見的三角函數：定義1?cosθ為角θ的正矢（Versine或Versedsine），記作versinθ；定義（1）設函數fx=3（2）當x∈?π2,π2時，設函數gx①求實數k的取值范圍；②求k+1versin4

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：z=21?i=在復平面內對應的點的坐標為1,?1，位于第四象限．故答案為：D．【分析】根據復數代數形式的除法運算求出復數z，再求z在復平面對應的點的位置即可．2．【答案】C【解析】【解答】解：向量a=則a在b上的投影向量為a?故答案為：C.【分析】根據投影向量的定義求解即可.3．【答案】A【解析】【解答】詳解：因為m?α，n?α，m//n，所以根據線面平行的判定定理得m//α.由m//α不能得出m與α內任一直線平行，所以m//n是m//α的充分不必要條件，故答案為：A.【分析】根據線面平行的定義和性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．當命題“若p則q”為真時，可表示為p?q，稱p為q的充分條件，q是p的必要條件．4．【答案】C【解析】【解答】解：由2OM=3OA?OB，可得2OM?OA=故答案為：C.【分析】由題意可得2AM5．【答案】D【解析】【解答】解：函數y=12sin2x?32y=sin2x?5π12+π2=故答案為：D.【分析】利用兩角差的正弦公式及二倍角公式將函數化簡，再結合三角函數的平移規則判斷即可.6．【答案】A【解析】【解答】解：設圓臺的高為?，圓臺的上、下底面半徑分別為r1,r2，

由題意可得：圓臺的上底面圓半徑則圓臺的體積V=13π×圓臺的母線l=?故圓臺的側面積S側故答案為：A.【分析】設圓臺的高為?，圓臺的上、下底面半徑分別為r1,r2，根據圓臺的體積求出7．【答案】B【解析】【解答】解：由2tan可得2sinπ4即cosπ因為cos2π4解得sin2則sinπ4cos故sin2α=0故答案為：B.【分析】根據同角三角函數的基本關系及誘導公式得到cosπ4?α8．【答案】A【解析】【解答】解：點P為△ABC平面內一點，且PB?BC=?12,PC?BC設K為BC的中點，可得(PK2BK2=12由正弦定理BCsin可得sin∠BAC=當sin∠ACB=1，(sin∠BAC)max=22，

又要使tan∠BAC的值最大時，則∠BAC所以AC=1，所以O、H均在斜邊AB的垂直平分線上，即OH為內切圓的半徑，設內切圓半徑為r，則12(AC+BC+AB)·r=1解得r=12+2故答案為：A.【分析】由題意可得：點P在BC的垂直平分線上，由PB?BC=?12，可得BC=1，進而由正弦定理可得∠BAC=9．【答案】B,D【解析】【解答】解：在△ABC中，為a=2，A=π當bsinA<a<b時，△ABC有兩個解，即bsin故答案為：BD.【分析】當bsinA<a<b時△ABC有兩個解，求出10．【答案】A,D【解析】【解答】解：A、若z1?z2=0，則z1z2=B、虛數不能比較大小，故B錯誤；C、取z1=i，z2=1，滿足D、若z=3則復數z在復平面內所對應的點為P3即點P的軌跡為以O0,0為圓心，半徑為3因為z?2?4i表示點P與點A2,4之間的距離，即z?2?4i=PA由圓的性質可得PA≤OA+3=2故答案為：AD．【分析】根據題意結合模長關系分析即可判斷A；舉反例即可判斷BC；分析可知點P的軌跡為以O0,0為圓心，半徑為3的圓，z?2?4i表示點P與點A11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、連接AC，如圖所示：

因為CC1⊥平面ABCD，所以直線AC1與平面ABCD所成角即為直線設直線AC1與直線AC所成角為θ，則B、在線段A1B1取點E1，在線段A1使得|C1E因為點P在正方體表面上運動，且|C所以點P在平面A1B1C1D1同理弧長E1E6為點P在平面A所以點P在正方體表面的運動弧長為E1其中弧長E2E3，E弧長E1E2，E又因為lE所以lEC、設直線C1A與B1D交于點H，直線B1分別取AB,DC中點I,J，連接HI,HJ,IJ，如圖所示：

四棱錐B1?ABCD與四棱錐C1且多邊形HGABCD可分為三棱柱HIJ?GBC與四棱錐H?ADJI，故VHIJ?GBCVH?ADJI所以公共部分的體積為VHIJ?GBCD、直線AC1與平面A1BD的交點M為過M作MH⊥平面A1B1B，則點H為直線AB1與直線A1B相交于點所以△AMH與△AC1B即|PH|=26，因為△A1B過點P作PO⊥平面A1B1設三棱錐M?A1B1B的外接球球心為O，半徑為R且|OB在△OPB1中，由勾股定理得在△OMG中，由勾股定理得R2解得?=12,R2故答案為：ACD.【分析】將直線AC1與平面ABCD所成角轉化為直線AC1與直線AC所成角即可判斷A；根據|C1P|=62，在正方體每個表面上確定點P的運動軌跡即可判斷B；先確定四棱錐B12．【答案】2【解析】【解答】解：易知△A'B'C'的面積為：故答案為：2.【分析】由圖先求△A13．【答案】50【解析】【解答】解：由題意可得：AB=100,∠BAC=30°,∠HBC=75°，∠ACB=∠HBC?∠BAC=75°?30°=45°，在△ABC中，由正弦定理ABsin∠ACB=BCsin∠BAC，可得因為在B點測得山頂D的仰角為60°，所以CDBC則CD=502故答案為：506【分析】由題意，先求出∠ACB=45°，在△ABC中，由正弦定理求得BC=502，從而得到CD=5014．【答案】2【解析】【解答】解：原不等式轉化為m2若存在實數m使得上式成立，則Δ=4且4cos即1?2sin2x≥0，可得則2kπ?7π6≤2x≤2kπ+由題意可知：a,b?則b?a的最大值為π12故答案為：23【分析】先以m為變量，結合一元二次不等式的存在性問題可得sin2x≤12，解不等式結合題意可得a,b15．【答案】（1）解：由題意可得：sinα+cosα=15因為α∈0,π，所以sinα>0，所以則tanα=sinα（2）解：由題意可得tanβ=sinβcosβ=因為β∈0,π2，所以sin則cosα+β【解析】【分析】（1）由題意，結合同角三角函數基本關系可得sinα,cosα（2）根據同角三角關系可得sinβ,（1）由題意可得：sinα+cosα=15且α∈0,π，則sinα>0，可得則tanα=sinα（2）由題意可得tanβ=sinβcosβ=且β∈0,π2，則sin所以cosα+β16．【答案】（1）證明：在△BCD中，CD=43由余弦定理BC可得12=BD2+48?2BD×4滿足BC2+BD2因為BC⊥AD，BD∩AD=D，BD,AD?平面ABD，所以BC⊥平面ABD，

又因為BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABD；（2）解：因為BC⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以BC⊥AB，又BC⊥BD，所以∠ABD為二面角A?BC?D的平面角，取BD的中點O，連接AO，如圖所示：因為AB=AD=4，所以AO⊥BD，

又因為BO=12BD=3則sin∠ABD=AOAB=7【解析】【分析】（1）由題意，在△BCD中，利用余弦定理求出BD，即可得到BC⊥BD，再由BC⊥AD，證明BC⊥平面ABD即可；（2）由（1）可得BC⊥AB，則∠ABD為二面角A?BC?D的平面角，再由銳角三角函數計算即可.（1）在△BCD中，CD=43由余弦定理BC即12=BD2+48?2BD×4所以BC2+BD2又BC⊥AD，BD∩AD=D，BD,AD?平面ABD，所以BC⊥平面ABD，又BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABD；（2）因為BC⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以BC⊥AB，又BC⊥BD，所以∠ABD為二面角A?BC?D的平面角，取BD的中點O，連接AO，因為AB=AD=4，所以AO⊥BD，又BO=12BD=3所以sin∠ABD=AOAB=717．【答案】（1）解：2bsinC?asinB=btanBcosA，由正弦定理可得2sin因為B∈0,π，所以sin所以2sinCcos又因為C∈0,π，所以sinC>0，所以2cosB=1，所以（2）解：設外接圓的半徑為R，因為△ABC的外接圓的面積為πR2=3π由正弦定理可得b=2Rsin又因為△ABC的周長為a+b+c=8，則a+c=5，由余弦定理可得b2即9=25?2ac?ac=25?3ac，可得ac=16則△ABC的面積S△ABC【解析】【分析】（1）利用正弦定理結合三角恒等變換分析求解即可；（2）根據題意利用正弦定理可得b=3，利用余弦定理可得ac=163，再求（1）因為2bsinC?asinB=btanBcosA，可得2bsinCcos由正弦定理可得2sin且B∈0,π，則sin可得2sinCcos且C∈0,π，則sinC>0，可得即cosB=12（2）設外接圓的半徑為R，因為△ABC的外接圓的面積為πR2=3π由正弦定理可得b=2Rsin又因為△ABC的周長為a+b+c=8，則a+c=5，由余弦定理可得b2即9=25?2ac?ac=25?3ac，可得ac=16所以△ABC的面積S△ABC18．【答案】（1）解：因為2BD=CD，所以BD=則AD?AB=（2）解：因為AE=ED，所以AE=12AB=λAP,又因為P,E,Q三點共線，所以λ3+μ6=1所以AP=512AB,AQ=又因為S△ABC=33，所以1因為△ABC是銳角三角形，所以A=π在△APQ中，由余弦定理可得PQ2=A（3）解：由（2）可知λ3+μ6=1當且僅當μ6λ=2λAP=23則AD?【解析】【分析】（1）根據向量的線性運算求得AD=（2）由向量的線性運算可得AE=λ3AP+μ6AQ，利用點共線可得（3）利用1λ+2μ=(（1）2BD=CD，所以BD=所以AD?AB=（2）又AE=ED，所以AE=12AB=λAP,又P,E,Q三點共線，所以λ3+μ6=1所以AP=512所以AP=5又因為S△ABC=33，所以1因為△ABC是銳角三角形，所以A=π在△APQ中，由余弦定理可得PQ所以PQ=5（3）由（2）可知λ3+μ當且僅當μ6λ=2λ所以AP=