（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 期中考试达标高分突破必刷卷(三）（全解全析）

这是一份（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 期中考试达标高分突破必刷卷(三）（全解全析），共19页。试卷主要包含了BD，BCD等内容，欢迎下载使用。
1．D
【解析】
【分析】
由可得复数在复平面内对应的点的轨迹，由复数的几何意义以及圆的性质即可求解.
【详解】
设，则，即，
所以复数在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
表示圆上的点到点的距离，
所以，
故选：D.
2．B
【解析】
【分析】
本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．
【详解】
因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
【点睛】
对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．
3．B
【解析】
【分析】
根据斜二测画法得出原图形四边形的性质，然后可计算周长．
【详解】
由题意，所以原平面图形四边形中，，，，所以，
所以四边形的周长为：．
故选：B．
4．C
【解析】
【分析】
利用正弦定理将边化为角，再逆用两角差的正弦公式及三角形内角和定理求解即可.
【详解】
因为，
由正弦定理可得：，
所以，
所以，
所以或，
即(舍去)或，
故为直角三角形，
故选：C
5．D
【解析】
将四面体补成长方体，计算出该长方体的体对角线长，即为球的直径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】
在四面体中，底面，，，且，，
将四面体补成长方体，
则长方体的体对角线长为球的直径，则，
因此，球的表面积为.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
6．A
【解析】
【分析】
建立合适的空间直角坐标系，设，，，得到，，，然后用表示出，由二次函数的性质求解最小值即可．
【详解】
设正方体棱长为2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，，，，2，，，0，，，2，，
所以，
因为，
所以，
解得，，，
因为平面，又平面，
则，
则，
当时，取得最小值为．
故选：A
7．D
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得的取值范围，也即求得的取值范围.
【详解】
根据条件知A，B1，P，B2构成一个矩形AB1PB2，以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系，如图.设|AB1|＝a，|AB2|＝b，点O的坐标为(x，y)，则点P的坐标为(a，b)，.
由得
则
又由，得，则，即①.
又，得，则；
同理由，得，即有②.
由①②知，所以.
而，所以.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用坐标法求解平面几何问题，属于中档题.
8．D
【解析】
【分析】
由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】
由，得，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】
本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9．BD
【解析】
【分析】
对于A，由平面向量共线定理判断；对于B，举例判断；对于C，由三角形重心的性质判断；对于D，举例判断
【详解】
解：对于A，由平面向量共线定理可知是正确的，所以A正确；
对于B，如图在平行四边形中，，共线，但点，，，不共线，所以B错误；
对于C，延长交于，因为点为的重心，所以,，所以，所以C正确；
对于D，当时，， 但不一定相等，所以D错误，
故选：BD
10．BCD
【解析】
【分析】
利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项的正误；设向量在向量上的投影向量为，根据题意得出，求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，所以，与不共线，A选项错误；
对于B选项，设向量在向量上的投影向量为，
则，即，解得，
故向量在向量上的投影向量为，B选项正确；
对于C选项，，，C选项正确；
对于D选项，若，则，所以，，D选项正确.
故选：BCD.
11．BC
【解析】
【分析】
由，而与相交可判断A；由已知可得平面平面，平面可判断B；由平面平面得平面，即点到平面的距离相等，三角形的面积为定值可判断C；当是的中点时，设是上另外的点，可得，，可判断D．
【详解】
对于A，正方体中，，而与相交，
故A错误；
对于B，因为 ，平面，平面，所以平面；因为 ，平面，平面，所以平面，，所以平面平面，平面，所以面，故B正确；
对于C，由C选项知平面平面，平面，所以平面，因为线段上运动，点到平面的距离相等，即三棱锥的高为定值，又三角形的面积为定值，所以三棱锥体积为定值，故C正确；
对于D，当是的中点时，，，设是上另外的点，此时，，所以，又，
，所以，，所以 的最小值为，故D错误．
故选：BC.
12．ABD
【解析】
【分析】
当为等腰直角三角形时，的面积最大，三棱锥体积最大即可判断A；分别计算点位于点和的中点时的线面角即可判断B；由三角形的面积公式结合的范围可求面积的最大值即可判断C；根据二面角的定义作出其平面角，求出平面角的正弦值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：当，即为等腰直角三角形时，的面积最大，最大值为，三棱锥的高，所以三棱锥体积的最大值为，故选项A正确；
对于B：当点位于点或点时，直线与所成角，因为垂直于底面，且，，此时，直线与所成角为，当点位于的中点时，此时，垂直于底面，所以，因为，所以面，因为面，所以，此时直线与所成角为，结合圆锥的对称性可知：直线与所成角的范围为，故选项B正确；
对于C：，，，此时，所以，
当点从点运动到点时，从逐渐增加为，所以当时，三角形面积的最大为，故选项C不正确；
对于D：三角形为直角三角形时，，所以，取的中点，连接，，则，因为垂直于底面，所以，因为
，所以面，可得，所以即为平面与底面所成的角，，所以，，所以，所以，即三角形为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为，故选项D正确；
故选：ABD.
13．
【解析】
【分析】
先由正弦定理得，再结合题中条件得，最后利用余弦定理可求得，结合可得.
【详解】
在中，由正弦定理可得，，
又由题知，所以，
整理得，，
在中，由余弦定理得，，
所以，又，所以.
故答案为：.
14．或
【解析】
根据题意画出图形，结合图形进行分析，点可能在两平面之间或在两平面之外两种情况，然后利用比例关系求出的长即可.
【详解】
如图：当点在两平面之外即在延长线上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
如图：当点在两平面之间即在线段上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
所以，
综上所述：的长为或，
故答案为：或
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是利用面面平行的性质定理可得，再利用平行线分线段成比例求的长，但是要注意需要讨论点的位置.
15．
【解析】
【分析】
利用向量的加减法，把转化为，利用数量积的定义直接求解.
【详解】
由图可知,△ABC为正三角形,AB=BC=CA=a，∠ACB=60°，∠DAC=30°，所以AD⊥CB，点O在AD上，且，则
故答案为：
16．.
【解析】
【分析】
证明平面，从而得平面平面，作，垂足为，可得平面，为棱锥的高，然后设，用表示，，由的范围求得的范围是的范围，由体积公式可得体积的范围．
【详解】
，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
设，，，，
，
在中，，，，
因为，所以，解得，则，所以，
所以，
故答案为：．
【点睛】
本题考查棱锥的体积，解题关键是引入参数求出体积，因此首先要找到棱锥的高，掌握线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理是解题关键，即证明平面平面是本题的关键，然后只要作出，垂足为，即为棱锥的高，再引入，由的范围求得范围后即得高的范围．
17．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据所选条件，由正弦定理和余弦定理，逐步计算，即可得出结果；
（2）先根据题意，由余弦定理，得出，，求出，再由（1）的结果，根据余弦定理，得到，进而可求出结果.
【详解】
（1）方案一：选条件①
∵，由正弦定理可得，，
即，
∴，
∴由余弦定理可得：.
∴.
方案二：选条件②
（1）∵，
∴根据正弦定理可得，，
∴，
∴.
∴，
∴.
方案三：选条件③
（1）由题意知，，
∴由正弦定理可得，，
∴，
∴由余弦定理可得，，
∴.
（2）由题意知，，，
在中，，
即.
在中，，
即，
∵，
∴，
∴.
由（1）知，，
∴，
∴，
由，解得.
【点睛】
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.
18．存在；．
【解析】
【分析】
当时，过点作交于点，过点作交于点，连接，由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可得，平面平面，从而可得平面，
【详解】
解：存在点，使得平面，
且；
过点作交于点，
则，
过点作交于点，连接，
则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
同理平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面．
因为平面，
所以平面．
所以在上存在点，
使得平面，且．
19．（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在Rt△DPF中求解即可.
【详解】
解：（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得，
故.
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.
又因为BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，
所以PD⊥平面PBC.
（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，
由已知，得CF=BC–BF=2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF中，可得,
在Rt△DPF中，可得.
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角
【点睛】
本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，利用正弦定理化简得到，然后再利用余弦定理求解.
（Ⅱ）结合，，在中利用正弦定理得到，再根据为锐角三角形，求得B的范围，利用三角函数的性质求解.
【详解】
（Ⅰ）因为，
由正弦定理可得，即为.
由余弦定理可得，
因为，
所以.
（Ⅱ）在中由正弦定理得，又，
所以，，
所以，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，且，
所以且，
所以且，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
【点睛】
易错点点睛：第二问在确定角B的范围时，容易忽视，结合即的条件.
21．（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）写出坐标，即可得解；
（2）设，结合正余弦定理，分别求解横纵坐标；
（3）表示的面积，结合正弦函数的性质可得结果.
【详解】
（1），，
（2）设，
在中，由余弦定理可得，，
∴，
由正弦定理可得，，
所以，
，
点的坐标为．
（3），
所以，当时，的面积取最大值，且为．
22．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）运用向量的线性运算得，对比可求得，可得答案；
（2）令，由B、D、F三点共线，求得，得出向量的线性表示，再由向量数量积的运算可得答案.
【详解】
解：（1）
，
所以；
（2），
令，则，
由B、D、F三点共线：，
，
.
【点睛】
关键点点睛：解决向量的线性运算和数量积运算时，关键在于转化法的运用，将待求的向量转化为已知向量得以求解.