2021-2022学年高一数学下学期期中模拟试卷5（人教版2019版必修第二册）

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2021-2022学年高一下学期期中模拟测试卷五（考试范围：第六章平面向量及其应用；第七章复数；第八章立体几何初步 ） 一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）设i为虚数单位，复数与在复平面内分别对应向量与，则（       ）A．2 B． C．4 D．8【答案】B记，，则，.故选：B.2．（2022·广东广州·高二期末）若向量，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A由题意得：，解得：.故选：A3．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，三棱台截去三棱锥后，剩余部分几何体是（       ）A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．不规则几何体【答案】C根据图形可见，底面四条边，所以为四棱锥.故选：C.4．（2022·云南昆明·一模（理））在中，点满足，则（     ）A． B．C． D．【答案】A解：.故选：A.5．（2022·河南新乡·高三期末（文））l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，若，，则“l//m”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，显然有l//m，而与相交，即l//m不能推出；长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，显然有，而l与m是异面直线，即不能推出l//m，所以“l//m”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D6．（2021·河南省实验中学高二期中（文））在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是（　　）A． B． C． D．或【答案】A如下图所示：因为有两解，且，，则，即.故选：A.7．（2022·河南新乡·高三期末（文））在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝2，E是BC的中点，F是AB上一点，且，则（       ）A． B．C． D．【答案】B设，则，．所以解得．故故选：8．（2022·全国·高三专题练习）设在中，角所对的边分别为， 若， 则的形状为（     ）A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．钝角三角形【答案】A因为，由正弦定理可得，即，即，所以，又因为，所以，所以是直角三角形.故选：A.9．（2021·河南·模拟预测（文））中国古代数学典籍《算数书》，记载有一个计算圆锥体积的近似公式：设圆锥底面周长为L，高为h，则其体积V的近似公式为，根据该公式圆锥底面周长与底面圆半径之比约为（       ）A．2 B．3 C．6 D．12【答案】C圆锥底面周长L与底面圆半径r之比，由圆锥体积可得，即，所以，所以圆锥底面周长与底面圆半径之比6.故选：C．10．（2022·河南洛阳·二模（文））《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，AC＝BC＋CD＝2，当△BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】D由题意可知：AB⊥平面BCD，平面BCD，故AB⊥ ,又AC⊥CD，平面ABC， 故平面ABC，平面ABC，故,所以 ,当且仅当时取得等号，故 ,由AB⊥平面BCD，可知,故 ,所以 ,,所以鳖臑ABCD的表面积为 ，故选：D11．（2022·四川资阳·二模（理））如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（       ）A．不存在点，使得平面B．三棱锥的体积为定值C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形【答案】C如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，故选：C.12．（2022·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是（       ）A．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是B．向量，，可以作为平面内所有向量的一组基底C．非零向量和，满足，且两个向量是同向，则D．非零向量和，满足，则与的夹角为30°【答案】D，因为与的夹角为锐角，所以，解得：且，故A错误；，所以∥，不能作为平面内所有向量的一组基底，B错误；两个向量的模长可以比较大小，但两个向量是不能比较大小的，故C错误；不妨令则，所以，则，所以∴因为，所以，D选项正确.故选：D二､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13．（2022·全国·高一课前预习）如图所示，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________．【答案】∵是上的一点，设，又 ，则．∴，，解得，．故答案为：．14．（2022·吉林·长春十一高高三阶段练习（理））如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，分别为和的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为_____．【答案】##解：如图，连接， 四边形为矩形，，分别为和的中点，则交于，且为的中点，，，或其补角即为异面直线与所成角，不妨设，在中，，，，由余弦定理可得．故答案为：．15．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且，G在CC1上且平面AEF平面BD1G，则___________【答案】∵平面AEF平面BD1G，且平面AEF∩平面BB1D1D=EF，平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，∴EFBD1，∴易得平面ADD1A1平面BCC1B1，又BG⊂平面BCC1B1，∴BG平面ADD1A1，又∵平面AEF平面BD1G，BG⊂平面BD1G，∴BG平面AEF，∵平面AEF∩平面ADD1A1=AF，∴BGAF，∴BG､AF可确定平面ABGF，又知平面ABB1A1平面CDD1C1，平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，∴ABFG，∴CDFG.∴.故答案为：.16．（2021·安徽·高三阶段练习（理））在直四棱柱中，底面为边长为的菱形，，，点在线段上运动，且，则以下命题正确的是_______.①当时，三棱锥的体积为；②点在线段上运动，点到平面的最大距离为.；③当二面角的平面角为时，④已知，为的中点，当平面与的交点为时，.【答案】①④解：对于①：当时，，所以，故①正确；对于②：当点为线段的中点时，连接与相交于点，连接，则，所以平面，又平面，所以平面底面，又，平面底面，平面，所以平面，此时，点到平面的最大距离为1，所以②错误；对于③：由为等腰三角形，线段的中点为，则，在底面上有，所以二面角的平面角为，又，则，所以为正三角形，所以，则，故③错误；对于④：知，为的中点，当平面与的交点为，此时与的交点为的四等分点，由③知，此时，在直角三角形中，，所以，由于为等腰三角形，有，故④正确．故答案为：①④．三、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）17．（2022·全国·高一课时练习）已知z为复数，和均为实数，其中i是虚数单位．(1)求复数；(2)若复数对应的点在第四象限，求m的取值范围．【答案】(1)；(2)或(1)设，则，，因为和均为实数，所以，解得，所以，则；(2)，因为对应的点在第四象限，所以，解得或.18．（2021·全国·高一课时练习）已知＝(1，2)，＝(1，)，分别确定实数的取值范围，使得：（1）与的夹角为直角；（2）与的夹角为钝角；（3）与的夹角为锐角．【答案】（1）＝－；（2）；（3）∪(2，＋∞)．设与的夹角为，则＝(1，2)·(1，)＝1＋2．（1）因为与的夹角为直角，所以，所以，所以1＋2＝0，所以＝－．（2）因为与的夹角为钝角，所以且，所以且与不反向．由得1＋2<0，故<－，由与共线得＝2，故与不可能反向．所以的取值范围为．（3）因为与的夹角为锐角，所以，且，所以>0且与不同向．由>0，得>－，由与同向得＝2．所以的取值范围为∪(2，＋∞)．19．（2021·安徽·高三阶段练习（理））在中，角的对边分别为，.(1)求角；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)(1)解： 因为，所以，则∴，∵，∴；(2)解：由（1）得，由正弦定理得，故.20．（2021·贵州毕节·高二阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面，，分别为，的中点．(1)证明：平面．(2)若，，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(1)证明：如图，连接交于点，连接，．因为四边形是菱形，，分别为，的中点，所以，．又平面，平面，所以平面，平面．因为，所以平面平面．又平面，所以平面．(2)解：因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．在平面内，过作，垂足为，因为平面，所以．又，所以平面，故即点到平面的距离．因为，，所以，，所以．故点到平面的距离为．21．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求C；(2)若，求的最大值．【答案】(1)；(2).(1)由，得，即，由余弦定理得：，又，所以．(2)由（1）知：，则，．设△ABC的外接圆半径为R，则，当时，取得最大值为．22．（2022·四川达州·高二期末（理））如图，在三棱锥中，，点为线段上的点.(1)若平面，试确定点的位置，并说明理由；(2)若，，，在（1）成立的前提下，求二面角的余弦值.【答案】(1)点为MC的中点，理由见解析；(2)(1)点为MC的中点，理由如下：因为平面，平面，所以，，又，由三线合一得：点为MC的中点(2)取AB的中点H，连接PH，CH，则由（1）知：，结合点为MC的中点，所以PA=PB，故由三线合一得：PH⊥AB，且CH⊥AB，所以∠CHP即为二面角的平面角，因为，，，所以，，，由勾股定理得：，，，在△PCH中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值为