山东省昌乐二中2024-2025学年高一下学期七月月考数学模拟试卷

2024-2025学年高一下学期七月份月考模拟卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．复数的虚部为（   ） A． B．1 C． D．i 2．函数的图象的对称中心为（   ） A． B． C． D． 3．如果，则（   ） A． B． C． D． 4．已知圆台的上、下底面直径长分别为2，8，高为4，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 5．已知向量是与向量方向相同的单位向量，且，若在方向上的投影向量为，则（    ） A． B． C． D． 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．已知地在地的北偏东方向上，地在地的南偏东方向上，地在地的北偏西方向上，且地与地相距6km，则地与地之间的距离为（参考数据：取）（    ） A．8km B．12km C．16km D．9.6km 8．在 中，角 所对的边分别为 ，已知 , ，若 ，则 的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知复数，为虚数单位，为的共轭复数，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．是实数 D．在复平面上对应的点在第二象限 10．设函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B．的图象关于直线对称 C．在上单调递减 D．在上的最小值为0 11．如图，为内任意一点，内角所对的边分别为的面积分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下命题是真命题的有（    ） A．若是的重心，则有 B．若，则 C．若为的内心，，则 D．若是的外心，，则 三、填空题 12．若曲线的一个对称中心为，则的最小值为 ． 13．把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为 ． 14．将函数图象所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.则 ；若对于任意，总存在唯一的.使得，则的取值范围为 . 四、解答题 15．已知向量. (1)求与; (2)求与的夹角的余弦值. 16．如图，一个圆锥形的空杯子上放着一个半球形的冰激凌，如果冰激凌融化了，会溢出来吗？ 17．设的内角、、所对的边分别是、、，且. (1)求； (2)若，的面积为，求的周长. 18．如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，，，设，． (1)用，表示；(2)若，，求实数t的值． 19．规定一种新的运算：.设函数. (1)求的单调递增区间； (2)解关于的不等式； (3)当时，函数与的图象有且仅有四个不同的交点，求实数的取值范围. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《高一下学期7月考模拟题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C A D D D ABC ABC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据复数的乘法与除法运算法则，直接计算，再由复数的概念即可求解. 【详解】因为，所以复数的虚部为， 故选：A. 2．D 【分析】根据正弦函数的性质，应用整体法求对称中心即可. 【详解】令，，解得，， 所以的对称中心为， 故选：D． 3．B 【分析】根据给定条件，利用正余弦齐次式法求解. 【详解】由，得. 故选：B 4．C 【分析】根据圆台体积公式，结合已知条件代入公式即可. 【详解】圆台的体积． 故选：C. 5．A 【分析】利用投影向量的定义可得出，再利用平面向量数量积的定义可求得的值. 【详解】因为在方向上的投影向量为，即，故， 由平面向量数量积的定义可得. 故选：A. 6．D 【分析】根据诱导公式和二倍角余弦公式求解即可. 【详解】. . 故选：D. 7．D 【分析】由正弦定理即可求解. 【详解】由题意得，， 由正弦定理得，得． 故选：D. 8．D 【分析】根据正余弦定理化简已知条件得，即可求得，由向量模的运算法则得，结合数量积定义及运算律，利用基本不等式求解最值即可. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 即，由余弦定理得，又，所以， 由知， 所以 ，当且仅当即时等号成立， 所以线段长度的最小值为. 故选：D 9．ABC 【分析】根据复数的除法运算公式，求出复数，根据共轭复数，复数的乘方，和复数与复平面内点的对应关系，分别判断各选项正误. 【详解】，所以，故A正确； ，故B正确； ，故C正确； 在复平面上对应的点在第四象限，故D错误. 故选：ABC. 10．ABC 【分析】首先利用三角恒等变换将函数化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可； 【详解】解：因为 所以 当时，所以的图象关于点对称，故A正确； 当时，所以的图象关于直线对称，故B正确； 当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故C正确； 当时，所以，所以，故D错误； 故选：ABC 11．ACD 【分析】对于A：利用重心的性质，代入即可；对于B：利用将表示出来，代入，化简即可表示出的关系式，用将表示出来即可得处其比值.对于C：利用“奔驰定理”可得出的值，结合勾股定理可判断；对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合的取值范围可得出答案. 【详解】对于A：如图所示：因为分别为的中点， 所以，， 同理可得、， 所以， 又因为， 所以.正确； 对于B：因为， 所以，所以， 所以， 所以， 化简得：， 又因为不共线， 所以，所以， 所以，错误； 对于C，若为的内心，，则.， 又（为内切圆半径）， 所以，，故，正确； 对于D：因为是的外心，，所以，， 所以， 因为，则， 化简得：，由题意知不同时为正， 记，，则， 因为，所以， 所以， 所以，正确. 故选：ACD. 12．2 【分析】根据给定条件，利用正切函数的对称性列式求出的关系，进而求出最小值. 【详解】由曲线的一个对称中心为，得， 解得，所以的最小值为2. 故答案为：2 13．6 【分析】把直观图还原,可知是直角梯形，利用梯形面积公式可求答案. 【详解】根据斜二测画法，还原成平面图形后，得到; 水平方向长度不变，则四边形是直角梯形，． 故答案为：6. 14． 【分析】利用伸缩变换易得，由题意，令，可将题设条件转化为在上有唯一解，结合正弦函数的图象，以及，即得，解之即可. 【详解】由题意得， 当时，有，此时， 令，则，因为时，所以， 因为对于的任意取值，在上有唯一解， 即在上有唯一解，因，则，如图所示： 由图可知，，所以. 故答案为：；. 15．(1)， (2) 【分析】（1）根据数量积的坐标公式及模的坐标公式计算即可； （2）根据向量夹角的坐标公式计算即可. 【详解】（1）由，得， 而，则； （2）， 即与的夹角的余弦值为. 16．不会 【分析】比较半球体积和圆锥体积即可得解. 【详解】半球形的冰激凌的体积为，圆锥形空杯子的体积为， 而，如果冰激凌融化了，不会溢出来. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可得出的值，结合余弦定理可得出的值，即可得出的周长. 【详解】（1）由题意可得，. 由正弦定理，得， 因为、，所以，所以，所以. （2）由题意可得，，所以. 由余弦定理可得，， 所以，故的周长为. 18．(1)； (2). 【分析】（1）应用表示出，即可得； （2）由，，再应用向量垂直及数量积的运算律列方程求参数值. 【详解】（1）； （2）由，， 因为，所以，所以， 即，， 即，解得. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）先利用二阶行列式的定义得到函数的表达式，再通过辅助角公式将其化简为正弦型函数，最后根据正弦函数的单调性求出的单调递增区间. （2）先根据已知条件得到关于的不等式，然后利用二倍角公式和辅助角公式化简不等式，再结合正弦函数的图象求解不等式的解集. （3）先对给定等式进行变形得到关于的表达式，然后根据的取值范围对的表达式进行分类讨论，作出函数的大致图象，最后根据方程根的个数与函数图象交点的关系确定实数的取值范围. 【详解】（1）由定义知， 由，得， 所以的单调递增区间为. （2）由，得， 即，所以， 即， 由正弦函数的图象可知， 得， 所以不等式的解集为. （3）由可得， 当或时，，. 当时，. 作出函数在上的大致图象，如图. 当时，单调递增，值域为； 当时，单调递减，值域为； 当时，单调递增，值域为； 当时，单调递减，值域为； 当时，单调递增，值域为. 因为方程在区间上有且仅有四个不相等的实数根， 所以直线与的图象在区间上有四个交点. 由图可知，当或时，符合题意. 故实数的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$