2021-2022学年高一数学下学期期中模拟试卷3（人教版2019版必修第二册新高考版本地区）

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高一数学必修第二册期中模拟试卷3（新高考版）（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8小题，每小题5分，共40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．（2021·重庆第二外国语学校高三阶段练习）若，其中，i为虚数单位，则复数所对应复平面内的点Z位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【详解】因为，所以，解得：，所以对应的点为，位于第四象限.故选：D2．（2021·天津市军粮城中学高一期中）已知直线，平面，，如果，，那么与平面的位置关系是（       ）A． B． C．或 D．与相交【答案】A因为，所以平面内的所有直线都与平面平行，因为，所以与平面的关系是，故选：A．3．（2022·江苏·高一课时练习）已知向量，则下列叙述中正确的是（　　）A．存在实数，使B．存在实数，使C．存在实数，使D．存在实数，使【答案】D对于选项A，要使，则，无解，故不存在实数，使，故选项A错误； ，要使，则，无解，故不存在实数，使，故选项B错误；，要使，则，无解，故不存在实数，使，故选项C错误； 要使，则，当时，无论取何值时等式都成立，故选项D正确.       故选：D.4．（2020·全国·高三阶段练习（文））如图是梯形用斜二测画法画出的直观图，已知直观图中，四边形是菱形且，则梯形的面积等于A．4 B．5 C．8 D．10【答案】B由图可知，，，则对应梯形中，，，又知与平行的线段的长度为1，则对应梯形的高为2，所以梯形.故选：B5．（2022·全国·高三专题练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.根据祖暅原理，对于3D打印制造的零件，如果能找到另一个与其高相等，并在所有等高处的水平截面的面积均相等的几何体，就可以通过计算几何体的体积得到打印的零件的体积.现在要用3D打印技术制造一个高为2的零件，该零件的水平截面面积为，随高度的变化而变化，变化的关系式为，则该零件的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C由祖眶原理，该零件在高为的水平截面的面积为.而恰好与一个半径为2的半球在高为的水平截面面积一致，所以该零件的体积等于该半球的体积： 故选：C6．（2022·河南·温县第一高级中学高二期末（理））在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的形状为（       ）A．正三角形 B．等腰直角三角形C．直角三角形 D．等腰三角形【答案】C解：由题，得，即，由正弦定理可得：，所以，所以三角形中，所以，又，所以，即三角形为直角三角形.故选：C.7．（2021·山西大附中高三阶段练习（文））如图所示，已知点G是的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点（点N与点C不重合），设，，则的值为（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A延长AG交BC与点H, H为BC中点,为的重心，  三点共线,故选:8．（2022·四川资阳·高二期末（理））如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线平面ACF；②存在点P，使得直线平面ACF；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是；④三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是.其中所有真命题的序号（       ）A．①③ B．①④ C．①②④ D．①③④【答案】D取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则且，即四边形DGFO是平行四边形，即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，则，又，从而有，在中，，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面平面，平面平面，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上，于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，，，而，则，当P与E重合时，，，因此，，③正确；因平面平面，平面平面，，平面，则平面，，在中，，显然有，，由正弦定理得外接圆直径，，三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2022·全国·高一单元测试）已知与是共轭虚数，以下四个命题一定正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】BC由题意，复数与是共轭虚数，设、，且，则，当时，由于复数不能比较大小，∴A选项不一定正确，又由、，∴，∴B选项一定正确；由，∴C选项一定正确，由不一定是实数，∴D选项不一定正确.故选：BC.10．（2021·湖南·常德市第二中学高二期中）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M､N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是（       ）A．MN∥平面ADD1A1B．MN⊥ABC．直线MN与平面ABCD所成角为45°D．异面直线MN与DD1所成角为60°【答案】ABC取中点，连接，如图，因为M､N分别为AC，A1B的中点，所以，，又，所以，，平面，平面，所以平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，A正确；由正方体性质，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，B正确；由平面，得平面，所以是直线与平面所成的角，由选项A可得，由平面，得，所以，即直线与平面所成的角是，C正确；而，，所以是直线直线MN与DD1所成角，D错误．故选：ABC．11．（2022·辽宁·高三阶段练习）古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国建筑中有一定影响．下图是受“八卦”的启示，设计的正八边形的八角窗，若是正八边形的中心，且，则（       ）A．与能构成一组基底 B．C． D．【答案】BD连接BG，CF，由正八边形的性质可知，，，所以，所以AH与CF是共线向量，所以与不能构成一组基底，A项错误；又，所以．所以，B项正确；由上过程可知，连结交于点,在直角三角形中，为的中点，则,又，所以，C项错误；又正八边形的每一个内角为：，延长,相交于点，则所以，故，所以，D项正确．故选:BD. 12．（2021·重庆南开中学高一期中）已知面积为12，，则下列说法正确的是（       ）A．若，则 B．的最大值为C．的值可以为 D．的值可以为【答案】AD设所对的边为，因为面积为12，故，故.对于A，若，结合为三角形内角可得，故.因为，故，故，故.由正弦定理可得，故，故A正确.对于B，由余弦定理可得，所以即，当且仅当时等号成立.而，故，故，整理得到，而，因为，故，故的最大值为，当且仅当时等号成立，故B错误.对于C，，故，而，故，故C错误.对于D，若，则可得或，若，则 ，消元后得到： ，所以，整理得到，但，故矛盾即不成立.若，则，消元后得到：，所以，整理得到，结合可得，此时，故D正确.故选：AD.三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分。）13．（2022·全国·高一单元测试）若复数为实数，则实数的值为_______.【答案】，为实数，，解得：.故答案为：.14．（2022·全国·高一）如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下结论：①平面DE；②平面AF；③平面平面AFN；④平面平面NCF.其中正确结论的序号是______.【答案】①②③④.如图，对①，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面DE，平面DE，则平面DE.正确；对②，因为，所以四边形是平行四边形，所以，而平面AF，平面AF，则平面AF.正确；对③，因为，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，而，所以平面BDM∥平面AFN.正确；对④，因为，所以四边形是平行四边形，所以，同由③：，而，所以平面平面NCF.正确.故答案为：①②③④.15．（2021·浙江·宁波市北仑中学高一期中）在矩形中，，顶点分别在轴､轴的正半轴上（含原点）滑动，且矩形位于第一象限，则的最大值为___________.【答案】6如图所示，设则由于故其中：故，当，即时等号成立故的最大值为6故答案为：616．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）在侧棱长为2的正三棱锥中，，，两两垂直，､分别为､的中点，则三棱锥的外接球的表面积为___________，若为上的动点，是平面上的动点，则的最小值是___________.【答案】          解：因为DA ，DB，DC两两垂直，，所以，因为M，E分别为AC、AB的中点， 所以，所以，故M为三棱锥的外接球球心，所以三棱锥的外接球的表面积；在正三棱锥中，E为AB中点，，平面，设CE中点为G，连接，为AC中点，且M G=A E=，平面，∴即为在平面上的射影，当最小时，平面，故Q在线段DG上.如图，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，此时，的最小值，即为点到的距离，过点作于点，又，，，，故答案为：.四、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·江苏·高一专题练习）已知．(1)当k为何值时，与共线？(2)若且A，B，C三点共线，求m的值．【答案】(1)(2)(1)，由于与共线，所以.(2)由于三点共线，所以存在，使，即，所以.18．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体中，E，F，G分别为，，DC的中点，．求证：(1)平面；(2)平面平面．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.(1)如图，取的中点H，分别连接FH，，因为F、H分别是的中点，所以且，在长方体中，E是的中点，则且，所以且，所以四边形是平行四边形，故，又平面，所以平面；(2)因为F、H分别是的中点，所以且，由，得且，又G是的中点，则，所以且，所以四边形CGFH为平行四边形，故，又平面，所以平面，由(1)知平面，结合平面，平面，，所以平面平面.19．（2022·全国·高一单元测试）设复数、满足.(1)若、满足，求、；(2)若，则是否存在常数，使得等式恒成立？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)、或、(2)存在，(1)由可得：，代入已知方程得，即，令（），∴，即，∴，解得或，∴、或、；(2)由已知得，又，∴，∴， ∴，整理得即，所以，故，∴，即，∴存在常数，使得等式恒成立.20．（湖南省益阳市2022届高三下学期3月调研考试数学试题）在①；②；③，这三个条作中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且   .(1)求角C的大小；(2)若，求的中线长度的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)(1)选择条件①：由及正弦定理，得：，即，由余弦定理，得,因为，所以；选择条件②：由及正弦定理，得：，即.即.在中，，所以，即，因为，所以，所以,因为，所以；选择条件③：由及正弦定理，得：，因为,，所以.在中，，则，故.因为，所以，则，故；(2)因为，所以，整理得，在三角形中，由余弦定理得.因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以，即，即长度的最小值为.21．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为.(1)证明：直线平面；(2)设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，.【答案】(1)证明见解析(2)当时，(1)因为分别是的中点，则，又平面，EF平面，从而平面.因为平面，平面平面，则l，因为平面平面，平面平面，，则平面，所以直线平面.(2)因为平面，PC平面，则.又，则.因为为正三角形，为的中点，则.因为AEEF=E，从而平面.连接，则，因为，，则，在中，，在中，.因为，则，得.所以当时，.22．（2020·全国·高三专题练习）已知实数，，，若向量满足，且.（1）若，求；（2）若在上为增函数，求实数的取值范围.【答案】（1）或；（2）.（1）设，则，∵，由得，得，得，得，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，或，∴当时，，，当时，，，所以或.（2），∵在上为增函数，所以对称轴，即，设，则，又∵，且，∴，.∴，即，，∴，∴.