2023-2024学年湖北省高一下学期5月联考数学质量检测模拟试题(含答案)

1.复平面内复数z所对应的点为A.2【正确答案】C【分析】由复数的几何意义以及共轭复数的定义，根据模长公式即可求解.【详解】由题意可知z故选：C222i，所以z2i，进而zi22i2222，(2,-1)，则zi（）D.B.10C.222A1,3Bm5,1C3,m12.已知点，，，若AB与AC共线，则AB在AC上的投影向量的坐标为（A.）B.2,22,2C.2,2D.2,2【正确答案】D【分析】求向量AB,AC的坐标，根据向量共线的坐标表示求m，结合投影向量的定义求AB在

AC上的投影向量的坐标.【详解】因为A1,3，Bm5,1，C3,m1，

所以ABm6,2,AC2,m2，因为AB与AC共线，所以m6m2220，

所以m4，AB2,2，AC2,2，ABACAC8ACAC，所以AB在AC上的投影向量为ABABACAC2222所以AB在AC上的投影向量的坐标为2,2.故选：D.



a23.已知ab3，，a2b2，则a，b的夹角为（A.）D.π3B.π6C.2π35π6【正确答案】B【分析】由条件结合数量积的运算性质求b，再由向量夹角公式求a，b的夹角.

【详解】因为a2b2，2所以a2b4，故aa4ab4bb4，

a又ab3，2，

所以b3，

ab33所以cosa,b，又a,b0,π，223abππ所以a,b，即a，b的夹角为，66故选：B.4.某广场内供休闲人员休息的石凳是由一个正方体石块截去8个相同的四面体得到的，如图所示，若被截正方体石块棱长为60cm，则该石凳的体积为（）（单位cm3）A.B.C.D.【正确答案】A【分析】利用割补法，结合几何体的体积公式运算求解.【详解】正方体的体积为606060216000cm3，切去的每个四面体的体积为3013130304500cm3，2所以该石凳的体积为21600084500180000cm3.故选：A.c，B、5.在ABC中，角A、已知sinAcosC2sinCcosA，且a2c22b，C的对边分别是a，b，则b（A.9【正确答案】B【分析】利用正弦定理和余弦定理将条件转化为边的关系，解方程求b即可.【详解】设ABC的外接圆半径为R，）B.6C.3D.18因为sinAcosC2sinCcosA，aa2b2c2cc2b2a2所以，2

2R2ab2R2cb所以a2b2c22c22b22a2，所以3a23c2b2，又a2c22b，所以b26b0，所以b6或b0（舍去），故选：B.

6.如图，现有A，B，C三点在同一水平面上的投影分别为A1，B1，C1，且AC11B130，A1B1C160，由C点测得B点的仰角为45，BB1与CC1的差为10，由B点测得A点的仰角为45，则A，C两点到水平面A1B1C1的高度差AA1CC1为（）A.15【正确答案】AB.16C.17D.18【分析】过点C作CEBB1，垂足为E，过点B作BFAA1，垂足为F，由条件解三角形求可得结论.【详解】过点C作CEBB1，垂足为E，过点B作BFAA1，垂足为F，则CEC1B1,BFB1A1，设A1B1x，

在△A1B1C1中，由AC11B130，A1B1C160，可得C1A1B190，AF所以B1C12x，因为BB1与CC1的差为10，所以BE10，在CEB中，CEB90o，BE10，BCE45o，所以CE10，故2x10，所以x5，在△AFB中，AFB90，BF5，ABF45o，所以AF5，所以A，C两点到水平面A1B1C1的高度差AA1CC1BEAF15，故选：A.7.在ABC中，BA2，BC4，D为AC的中点，BE则HDCA（A.8【正确答案】CAC于E，H是线段BE上的动点，D.6）B.8C.6

【分析】利用向量的线性运算,结合数量积的运算律,即可化简求解.【详解】法一：1HDCAHBBDCAHBCABDCABDCABABCBABC22211BABC4166.221

BABCBABC法二：将H特殊到B，则HDCABDCA22211BABC4166.22故选：C8.在ABC中，已知B30，AC3，点D在边AB上，且BD3，DADC，则A

（A.）π3B.π6C.ππ或39D.ππ或618【正确答案】C【分析】由三角形的内角和以及正弦定理可得CD

3

2cos35π，进而结合三角函2sin2

6

5π

2，6数的性质，由角的范围即可得关系式求解.【详解】设A，∴DCA，BDC2，BCD



0520,，则

12520

6CD33

CD

BDC中，sinπ5π5π

sin22sin2666△ADC中，CD33sin3CDsinsinπ2sin22cos35ππ5π

cossin2sinsin2

5π626，2sin2

6

故CD

32cos又πππ5π5π,，20,，261226

π5ππ5πππ2或2π，则或，262639∴故选：C二、多项选择题：每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.将向量a替换为复数z，以下是向量的性质类比到复数中，其中在复数中结论仍然成立的是（）A.由a

a，类比为：zz

B.由aba

b，类比为：z1z2z1z2C.由a2a2

，类比为z2z2D.由aba

b，类比为：z1z2z1z2【正确答案】AB【分析】根据复数的模的性质和运算性质判断各命题的对错即可.【详解】设zxyi，x,yR，则zxyi，所以z

x2y2x2y2，zx2y2，A正确；z2

xyi2

x2

y2

2xyi，z2

x2y22x2y2，C错误；设z1abi,z2cdi，所以z1z2acbdadbci，z1z2a2b2c2d2，因为复数与实数不能比较大小，故D错误，z2221z2acbda2b2c2d22ac2bd，z2

1z2a2b2c2d22a2b2c2d2，2

因为2a2b2c2d24a2c2

a2

d

2

b2c2b2d2，2ac2bd24a2c2b2d22abcd，由基本不等式可得a2d2b2c22abcd，当且仅当adbc时等号成立，所以2a2b2c2d22ac2bd，故z2

1z2

2

z

1

z2

，又z1z20,z1z20，所以z1z2z1z2，B正确；故选：AB.10.在ABC中，角A、B、C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（A.“sin2Asin2B”是“ABC是等腰三角形”的充分不必要条件B.“sinAsinB”是“AB”的充要条件C.若A60，a2，则ABC面积的最大值为3）D.若A60，a2，则ABC周长的最大值为6【正确答案】BCD【分析】利用三角函数的性质即可判断A，由正弦定理边角化即可判断B,由余弦定理,结合不等式即可求解CD.【详解】对于A,在ABC中由sin2Asin2B可得2A=2B,或2A2Bπ，所以AB,或ABπ，所以ABC为等腰三角形或者为直角三角形，故“sin2Asin2B”是“ABC是等腰2三角形”的既不充分也不必要条件，故A错误，对于B,由正弦定理可得sinAsinBabAB,故“sinAsinB”是“AB”的充要条件，故B正确，对于CD,A60，a2时,则由余弦定理得4=c2+b2-bc，则4+bc=c2+b2侈2bc当且仅当bc时取等号，故bc4，113bcsinA４4�22223,故C正确，22b+c)(又4=c2+b2-bc=b+c-3bc�bc-4=3bc�bc-4＾3()()()42b+c4，当且仅当bc时取等号，故abc6，故D正确，故选：BCD

11.矩形ABCD中，AB2，AD4，动点P满足APABAD，0,1，0,1，则下列说法正确的是（）

A.若1，则DP的最小值为4B.若1，则ABP的面积为定值C.若D.若

1

，则满足PAPB的点P不存在2281

，，则ABP的面积为333【正确答案】BCD【分析】建立平面直角坐标系，由条件确定点P的坐标，依次判断各选项即可.【详解】以点A为原点，AB,AD为x,y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则A0,0,B2,0,D0,4，



所以AB2,0,AD0,4，因为APABAD，

所以AP2,4，故点P的坐标为2,4，对于A：因为1，所以点P的坐标为2,4，0,1，

所以DP2,44，2所以DP221612，当且仅当1时取等号，

所以当1时，DP取最小值，最小值为2，A错误；对于B，因为1，所以点P的坐标为2,4，所以点P到边AB的距离为4，所以ABP的面积S对于C，因为1244，B正确；21，所以点P的坐标为2,2，2

所以PA2,2，PB22,2，

若PAPB，则44240，化简得210，

方程210无实数根，即满足PAPB的点P不存在，C正确；对于D，因为

2128，，所以点P的坐标为,，3333188

2，D正确；233）所以ABP的面积为故选：BCD.12.已知圆锥的母线长为6，侧面积为18π，则下列说法正确的是（A.该圆锥的体积为93πC.该圆锥的外接球的表面积为48π

B.该圆锥的内切球的体积为23πD.该圆锥的内接正方体的棱长为12318

【正确答案】AC【分析】由圆锥的侧面积公式即可求解底面圆半径，由体积公式即可判断A,由内切球以及外接球的几何性质,结合勾股定理,相似,即可判断BCD.【详解】对于A：设圆锥底面半径为r，母线为l,则侧面积为则圆锥高为l2r233，故圆锥体积为V对于B：由于l=6=2r,所以ABO60,12πr618πr3，21π323393π，故A正确；3如图，内切球和圆锥侧面和底面分别切于C,O,OOⅱB@COB,故内切球半径r3tan303，故内切球的体积为4π3343π，故B错误；3对于C：外接球的球心为M,半径R,则满足：R33R

2

2

3R23，∴S4π232

2

48π，故C正确；对于D：以圆锥的顶点以及正方体的一条面对角线作截面如下，设内接正方体的棱长为a，2a33a则由相似可得2，故D错.a9263333故选：AC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知复数zmmm1imR为纯虚数，则复数2

2

z的虚部为______.1i【正确答案】1##0.52【分析】根据纯虚数的定义可得m0，进而利用复数的除法运算即可化简求解.【详解】zmmm1imR为纯虚数，则m2m=0且m210，故m0，22i1izi1i1z

===则zi，所以，故的虚部为，1i1i1i1i21i2故12π

，AB23，AC2，则BC______.614.ABC中，B【正确答案】2或4【分析】利用余弦定理解三角形可得结论.【详解】由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcosB，又B

π

，AB23，AC2，6所以BC26BC80，所以BC2或BC4，满足构成三角形.故2或415.将边长为1的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转几何体的表面积为______.【正确答案】2

3弧度，则纸片扫过的区域形成的2π31，如下图：6【分析】确定几何体的结构特征，计算各面的面积相加即可.【详解】由已知可得该几何体为底面半径为1，高为1的圆柱的所以该几何体的表面积S22π1故答案为.2

162

12π2π12，632π

3

16.如图所示，ABC中，ABAC5，BC2，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆弧上运动，设BOP，0,π，则当PAPB取最大值时，cos______.【正确答案】

55【分析】建立直角坐标系，利用单位圆以及向量数量积的坐标运算，结合辅助角公式即可求解.或者利用向量的线性运算，由数量积的运算律以及定义即可求解.【详解】法一：如图建立平面直角坐标系，0，P得A0,2，B1,cos,sin，

PAPBcos,2sin1cos,sin12sincos21cos∴PAPB15sin15sin15，其中为锐角且551π15，此时cossin.2255法二：PAPBPOOAPOOB1POOBOAPO1OPOBOAOPtan

π

1cos12cos12sincos，以下同上.2

故

5、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.



17.已知am,2，bm4,m，c3,1，mR.

（1）若a∥b，且方向相反，求实数m的值；

（2）若a与c的夹角为120，求实数m的值.【正确答案】（1）2（2）0【分析】（1）由向量共线的坐标运算即可求解，（2）由数量积的坐标运算以及定义，列方程即可化简求解.【小问1详解】由a与b平行得：mm2m4m2m80，2∴m2m40m2或m4，b2,2当m2时，a2,2，，a与b平行，且方向相反，满足要求；

当m4时，a4,2，b8,4，方向相同，不满足要求；故m2.【小问2详解】

ac3m2m242cos120，即3m2m24，平方得：3m243m4m24m223m0，∴m0或m23，由于3m-2<0,所以m23不符合要求,故舍去；∴m0

18.某种建筑使用的钢筋混凝土预制件模型如下图所示，该模型是由一个正四棱台从正中间挖去一个圆柱孔而成，已知该正四棱台上底和下底的边长分别为40cm和100cm，棱台的高为40cm，中间挖去的圆柱孔的底面半径为10cm.计算时π取3.14.（1）求浇制一个这样的预制件大约需要多少立方厘米混凝土；（2）为防止该预制件风化腐蚀，需要在其表面涂上一层保护液，若每升保护液大约可以涂7000cm2，请计算涂一个这样的预制件大约需要购买保护液多少升？（结果取整数）【正确答案】（1）1940cm3（2）4升【分析】（1）由台体体积公式求正四棱台的体积，再求所挖去的圆柱的体积，相减可得几何体的体积；（2）计算该几何体的表面积，由此计算所需购买保护液的体积.【小问1详解】22

由已知正四棱台的上底面积S1401600，下底面积S210010000，高h40，所以正四棱台的体积V114040210024021002208000；3由已知圆柱的底面半径r10，高h40，2

所以圆柱的体积V2π10404000π40003.1412560；故该预制件的体积V208000125601940cm3故浇制一个这样的预制件大约需要1940cm3混凝土.【小问2详解】作该几何体的截面，过点A作AMCD，垂足为M，如下：由已知DM1004030，AM40，2该正四棱台侧面梯形的高为：30240250，故该预制件的表面积S40210024

40100502π1022π104025600600π，2∴S256006003.1427484cm2，2748470003.94，所以涂一个这样的预制件大约需要购买保护液4升.

19.已知e1，e2是夹角为60的两个单位向量.

（1）若4e1ke22ke13e2，求实数k的值；

（2）若两向量e1e2与e12e2的夹角为钝角，求实数的取值范围.【正确答案】（1）k1或k6；（2）,





115,224

【分析】（1）根据向量垂直的性质列方程，利用数量积运算化简方程求k的值；（2）结合向量夹角公式列不等式求的取值范围.【小问1详解】因为4e1ke22ke13e2，1

2

1

2



所以4eke2ke3e0，又e，e是夹角为60的两个单位向量.12所以8k3k2k1211所以k1k60，所以k1或k6；【小问2详解】210，化简得k25k602

因为两向量e1e2与e12e2的夹角为钝角，

所以e1e2e12e20，且向量e1e2与e12e2不共线，1

由e1e2e12e20，可得221110，2所以

5，4t1

，当向量e1e2与e12e2平行时，e1e2te12e2

212t

实数的取值范围是,





115,.224

20.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足

b2cABACbBABC0．（1）求角A；（2）若D为BC的中点，且ADa．3，BAC的角平分线交BC于点E，且AE4，求边长32【正确答案】（1）π3（2）27【分析】（1）利用向量的夹角公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得出cosA的值，结合角A的取值范围可得出角A的值；12ABAC，从而得到bc3bc12，再根据（2）根据D为BC的中点，有AD2SABCSABESAEC，从而得到bc

【小问1详解】4

bc，再结合余弦定理即可求得a的值．3

b2cABACbBABC0，由则b2cbccosAbaccosB0，所以b2ccosAacosB0，则由正弦定理得sinB2sinCcosAsinAcosB0，即sinBcosA2sinCcosAsinAcosB0，所以sinAB2sinCcosA0，即sinC2sinCcosA0，又C0,π，则sinC0，所以12cosA0，得cosA又A0,π，所以A【小问2详解】1

，22π．311

ABAC，即ADABAC，由D为BC的中点，则AD2222222所以4ADbc2bccosπ，即12b2c2bcbc3bc，即3bc2

3bc12，由AE是BAC的角平分线，所以BAECAE又SABCSABESAEC，则π，312π1π1πbcsincAEsinbAEsin，2323234bc，3所以bcAEbc，得bc2所以bc4bc12，解得bc6，bc8由余弦定理得abc2bccos2222π2bcbc36828，3故a27．21.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB33，AA12，F为线段A1B1上的动点，设

A1FA1B1，0,1.（1）当

1

时，求三棱锥FACC1的体积；2（2）求AFFC1的最小值，并求取最小值时的值.【正确答案】（1）（2）7，934213【分析】（1）根据锥体体积公式求解即可；（2）将矩形A1B1BA沿A1B1展开，使之与A1B1C1共面，利用余弦定理求AC1，即得AFFC1的最小值，利用正弦定理求sinA1AC1，再求A1F，由此的值.【小问1详解】当

1

时，得出F为A1B1的中点，则2211139VFACC1VFAC1A1VAFC1A1VAB1C1A1332322344【小问2详解】将矩形A1B1BA沿A1B1展开，与A1B1C1共面，如图所示，C1A1A150，∴AC1233222233cos1507，故AFFC1的最小值为7C1AC1A173333sinAAC11△C1A1A中，由正弦定理得：sin150sinAAC1sinAAC14，11112因为A1AC10,30





，2∴cosA1AC11sinA1AC1所以tanA1AC1

13，143313∴A1F2tanA1AC1

63，1363A1F132则.A1B133131

22.已知在ABC中，D为边AB上的点，且ADDB，BC2.3（1）若AB4，sinCDB（2）若2，求边AC的长；3CD2

，设CDB，0,π，试将ABC的面积S表示为的函数，并求函数DB3yS最大值.【正确答案】（1）（2）y221316sin16

，0,π；1312cos5【分析】（1）由条件求DB，根据正弦定理求sinDCB，由此可求cosDBC，再由余弦定理求AC；（2）设DB3t，根据余弦定理用表示t2，结合三角形面积公式用表示ABC的面积，方法一：利用正弦函数的范围求函数yS的最大值，2，结合基本不等式求其最大值.方法二：利用二倍角公式和同角关系化简可得y

25tan21

232tan

【小问1详解】1

由ADDB，AB4，则DB3，3BCDB23

sinDCB1

2sinDCB在△BCD中，sinCDBsinDCB，3∵DCB0,π，∴DCB∴cosDBCsinCDB

π，22；3在ABC中，由余弦定理得.AC【小问2详解】2242224222133CD2

，设DB3t，则CD2t，DB31

∵ADDB，∴ADt，3由在△BCD中，由余弦定理得：44t9t22t3tcost2224，1312cosABC的面积S∴y44116sinSBCD2t3tsin4t2sin，3321312cos16sin，0,π.1312cos16sin16sin12ycos13y（※）1312cos2法一：y

21612ysin13y，其中cos

4169y2，sin

3y169y2，∴sin

13y16212y21169y2162144y216

，当且仅当sin1时等号成立，5∴25y2162，又y0，所以0y所以当sincos函数y512,cossin时，131316sin16取最大值，最大值为1312cos516

.5故函数yS最大值为法二：32sincos16sin22∴y1312cos222213sin13cos12cos12sin22222，又0,π，25sin2cos225tan2122232sincos2232tany

所以25tan

1

2tan232



32225tan12tan2

165，当且仅当25tan

1

15

tantan，即，即取最大值，2tan

2512216.5故函数yS最大值为.