2022-2023学年高一数学下学期期中考试全真模拟试卷02（人教A版2019必修第二册）

这是一份2022-2023学年高一数学下学期期中考试全真模拟试卷02（人教A版2019必修第二册），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
2．下列各组向量中，可以作为平面向量基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. D. ，
3．的内角、、的对边分别为、、，，.如果有两解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4．已知正四棱锥的底面边长和侧棱长都为2，则该四棱锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
5．已知在中，，则（ ）
A. B. C. D.
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的形状是（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
7．古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国的建筑有一定影响.如图是受“八卦”启示设计的正八边形的八角窗.在正八边形中，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
8．若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：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．
9．一个多面体的所有棱长都相等，那么这个多面体一定不可能是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱台C. 六棱锥D. 六面体
10．在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，为虚数单位，则下列判断中正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
11．在△中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（ ）
A. 若，则△一定是等腰三角形
B. 若，则
C. 若△是锐角三角形，则
D. 已知△不是直角三角形，则
12．设，且对任意，均有，D为线段AB上一点，连接OD并延长到P，使，若，则（ ）
A. 为直角三角形B. C. D. 这样的D点有2个
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．计算__.
14.如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为____________.
15. 已知的重心为G，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角A为________．
16．在棱长为的正方体空盒内，有四个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径的最大值为________；大球体积的最小值为________．
四、解答题：本题共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．已知向量，，在下列条件下分别求k的值：
（1）与平行；
（2）与的夹角为．
18．已知圆锥的底面半径，高
（1）求圆锥的表面积和体积
（2）如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值
19．如图，某快递小哥从地出发，沿小路以平均时速20公里/小时，送快件到处，已知（公里），，，是等腰三角形，.
（1）试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到处？
（2）快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问汽车能否先到达处？（注：，）
20．在三棱锥A-BCD中，E，F分别是棱BC，CD上的点，且平面ABD.
（1）求证：平面AEF；
（2）若平面BCD，，，记三棱锥F-ACE与三棱锥F-ADE的体积分别为，，且，求三棱锥B-ADF的体积.
21．的内角为A，B，C，边上的高为.
（1）用表示；
（2）若E为边上一点，且，试确定E点的位置，并说明理由.
22．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
（1）在这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
①；
②；
③．
若______，且，．
（ⅰ）求B及a的值；
（ⅱ）若内角B的平分线交AC于点D，求的面积．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
（2）若，，为连续正整数，求．
期中考试全真模拟试卷02
一、选择题：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．复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】,
故的共轭复数为 ，
故选：B
2．下列各组向量中，可以作为平面向量基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. D. ，
【答案】C
【解析】对于A，因为，所以，不能作为基底，所以A不符合题意，
对于B，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以B不符合题意，
对于C，若共线，则存在实数，使，所以，方程无解，所以不共线，所以可以作为基底，所以C符合题意，
对于D，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以D不符合题意，
故选：C
3．的内角、、的对边分别为、、，，.如果有两解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如下图所示：
因为有两解，所以，解得.
故选：D.
4．已知正四棱锥的底面边长和侧棱长都为2，则该四棱锥的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意，正四棱锥的底面正方形面积为4，四个侧面是全等的正三角形，每个正三角形面积为，
所以四棱锥的表面积为.
故选：C
5．已知在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，，
所以，
则，，
则.
故选：B.
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的形状是（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】由正弦定理得，即，
由于为三角形内角，所以.
故选：C.
7．古代典籍《周易》中的“八卦”思想对我国的建筑有一定影响.如图是受“八卦”启示设计的正八边形的八角窗.在正八边形中，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】如图，连接，作于点，作于点，
由正八边形的特征可得，，
故，
所以，
则，
又因，
所以，
所以.
故选：C.
8．若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．
所以外接球表面积为：．
故选：C
二、选择题：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．
9．一个多面体的所有棱长都相等，那么这个多面体一定不可能是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱台C. 六棱锥D. 六面体
【答案】BC
【解析】一个多面体的所有棱长都相等，三棱锥是正四面体时，满足题意所以选项A可能；
棱台的上底面与下底面的边长不相等，所以不满足题意，所以选项B不可能；
如果正六棱锥的棱长都相等，则正六棱锥的六个顶角都是，所以它们的和为360°，则正六棱锥的所有定点共面，显然不成立，则正六棱锥的底面边长与棱长不可能相等，所以C不可能；
六面体是正方体时，满足题意，所以D有可能.
故选：BC.
10．在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是原点，为虚数单位，则下列判断中正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】选项A. 由，则，所以，故选项A正确.
选项B. 当，, 满足.
但，即，故B不正确.
选项C. 设，由，则
所以，，，故C正确.
选项D. 设，，则满足
此时，，此时，故选项D不正确.
故选：AC
11．在△中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（ ）
A. 若，则△一定是等腰三角形
B. 若，则
C. 若△是锐角三角形，则
D. 已知△不是直角三角形，则
【答案】BCD
【解析】对于A，由，得，
即，因为在中，令，，此时，仍有，所以，不一定是等腰三角形，A错误；
对于B，因为在上是减函数，，所以，所以，由正弦定理得，B正确；
对于C，若是锐角三角形，则均为锐角，所以，，得和，且，得，同理，可证得，，，所以成立，C正确；
对于D，已知△不是直角三角形， ，
则有，所以，
得
所以，D正确；
故选：BCD.
12．设，且对任意，均有，D为线段AB上一点，连接OD并延长到P，使，若，则（ ）
A. 为直角三角形B. C. D. 这样的D点有2个
【答案】AC
【解析】因为对任意，均有，
两边平方得得：，
即对任意恒成立，
所以，
所以，
所以，故A正确；
设=,
又因为，
所以，解得：，
所以，
即有，,
所以 ，
故B错误，C正确；
设，
两边平方整理得：，
此方程有两异号的根，
又因为D在线段AB上，所以，
故方程 只有一个正根，即这样的D点只有一个，故D错.
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．计算__.
【答案】
【解析】，
故答案为：
14.如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为____________.
【答案】12
【解析】如图，根据直观图复原原图，
则 ,
故的周长为 ，
故答案为:12
15. 已知的重心为G，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角A为________．
【答案】
【解析】因为的重心为G，
所以，即，
因为，
所以，
因为不共线，所以，且，
所以，
所以，
因为，所以，
故答案为:
16．在棱长为的正方体空盒内，有四个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切，另有一个半径为的大球放在四个小球之上，与四个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，五球相切不松动，则小球半径的最大值为________；大球体积的最小值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】由题意，正方体盒内四个小球最大时，四个小球相切，且与正方体侧面相切，
此时小球半径，则小球体积最大值为，
显然大球此时最小，大球球心O与四个小球球心，，，构成一个正四棱锥，
，侧棱，
设正方形的中心，则，
高，
将向两端延长交上底面于H，交下底面于K，则：
，
故，即，解得．
∴大球体积的最小值为．
故答案为：；．
四、解答题：本题共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．已知向量，，在下列条件下分别求k的值：
（1）与平行；
（2）与的夹角为．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，，所以，，又与平行，所以，解得；
（2）因为，，所以，
因为与夹角为，所以，
即，解得．
18．已知圆锥的底面半径，高
（1）求圆锥的表面积和体积
（2）如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值
【答案】（1）,; （2）.
【解析】（1）∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，
圆锥的母线长，
则表面积，体积.
（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,
其中，
设圆柱底面半径为r，则，即 .
设圆柱的侧面积为.
当时，有最大值为.
19．如图，某快递小哥从地出发，沿小路以平均时速20公里/小时，送快件到处，已知（公里），，，是等腰三角形，.
（1）试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到处？
（2）快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问汽车能否先到达处？（注：，）
【答案】（1）不能 （2）能
【解析】（1）由已知（公里）.在中，由正弦定理，
可得，解（公里）.因为，
所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.
（2）在中，由余弦定理，可得，
解得（公里）.
在中，
.
由正弦定理，可得，解得（公里）.
因为（分钟），
所以汽车能先到达C处.
20．在三棱锥A-BCD中，E，F分别是棱BC，CD上的点，且平面ABD.
（1）求证：平面AEF；
（2）若平面BCD，，，记三棱锥F-ACE与三棱锥F-ADE的体积分别为，，且，求三棱锥B-ADF的体积.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）证明：∵平面ABD，平面BCD，平面平面，
∴，
又∵平面AEF，平面AEF，
∴平面AEF；
（2）∵，，且，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，又因为，
所以，
所以，
因为平面，
所以.
21．的内角为A，B，C，边上的高为.
（1）用表示；
（2）若E为边上一点，且，试确定E点的位置，并说明理由.
【答案】（1） （2）E为的中点，理由见解析
【解析】（1）由题意得.
因为，
所以.
又，所以，
所以.
（2）设.
因，
所以
，
解得.
故E为的中点.
22．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
（1）在这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
①；
②；
③．
若______，且，．
（ⅰ）求B及a的值；
（ⅱ）若内角B的平分线交AC于点D，求的面积．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
（2）若，，为连续正整数，求．
【答案】（1）（ⅰ）;.（ⅱ）. （2）6
【解析】（1）（ⅰ）选条件①：因为，所以，代入，解得：，所以.
因为，所以.
选条件②：对于，利用正弦定理得：，
所以，即.
在中，因为，所以,即.
因为，所以，所以.
因为，所以.
选条件③：对于，利用正弦定理得：.
利用余弦定理得：
因为，所以.
在中，，，，
由余弦定理得：
，即，解得：（舍去）.
（ⅱ）在中，，，，.
由三角形的面积公式可得：.
因为AD为内角B的平分线，所以
而所以，
所以.
（2）在中，，，为连续正整数，不妨设a最小，所以角A最小.
若，则所以，与矛盾，故,所以.
因为为正整数，且，所以.所以，.
所以，即
因为，，为连续正整数，，所以不妨设，.
代入成立，所以，，.
所以