2021-2022学年高一数学下学期期中模拟试卷2（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二123456789101112DAACDAABACDABCBCBCD参考答案：1 【分析】由题意，在复平面内对应的点为，在第四象限故选：D2．A【解析】【分析】由于与任意向量平行，则当时成立．【详解】若，，则当时成立.故选：A3．A【解析】【分析】利用球的表面积公式分别求的外球和内球的半径，两半径之差即为所求.【详解】设外球和内球的半径分别为和,则,解得,当B在大球的过A的半径上时AB的长最小，∴AB长度的最小值是,故选：A4．C【解析】【分析】设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为，设向量与轴正方向的夹角为，由题意可得出且 ，由可得出实数的取值范围.【详解】设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为，设向量与轴正方向的夹角为，由于，则或.即B在与（不与A重合）之间，，因此，实数的取值范围是，故选：C.【点睛】本题考查利用向量夹角的取值范围求参数，解题时充分利用数形结合法，找到临界位置进行分析，可简化运算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5．D【解析】【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sinA＝1，即A＝900，由余弦定理、三角形面积公式可求角C，从而得到B的值．【详解】由正弦定理及得,因为，所以；由余弦定理、三角形面积公式及，得,整理得，又,所以,故.故选D【点睛】本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．6．A【解析】【分析】利用垂直条件证明得平面，即可得平面平面，然后根据平面展开图判断最短距离，再利用勾股定理计算求解即可.【详解】因为，，所以平面，所以平面平面，将底面旋转，以为轴，旋转至平面与平面共面，如图，此时的直线距离即为最短距离，设到直线的距离为，则，所以.故选：A7．A【解析】由于、、两两垂直，如图可还原成长方体，连接，与交于点，则平面将三棱锥体积平分，那么点到平面的距离，有，则，同理即可得到、，比较即可得解.【详解】如图还原成长方体，连接，与交于点，则平面将三棱锥体积平分，点到平面的距离，有，则，同理，，而，，，∴，因此，故选：A.【点睛】本体考查了几何体的截面面积问题，考查了转化思想和空间想想能力，以及计算能力，属于中档题.解决此类问题的关键点有以下几点：（1）如遇共点三条棱两两垂直，可以补全为长方体；（2）转体积法的应用，在立体几何中通过转体积法可以解决高和面积问题.8．B【解析】【分析】由题意得出，再由，，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】如下图所示： ，即，，，，，，，、、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.9．ACD【解析】【分析】根据共轭复数、复数运算、纯虚数、复数对应象限、充要条件等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，互为共轭复数，则，即为实数，A选项正确.B选项，，B选项错误.C选项，为纯虚数，所以，C正确.D选项，在第四象限，所以，所以D选项正确.故选：ACD10．ABC【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；【详解】解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；故选：ABC11．BC【解析】【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求.【详解】由题设及正弦定理知：，令且，，可得，所以，则△周长为，A错误；，又，则，B正确；△的外接圆半径为，C正确；如下图，过作，由题设知：，则，又，可得，故，所以，D错误.故选：BC12．BCD【解析】【分析】由根据数量积的运算律可得,可得为的垂心；结合与三角形内角和等于可证明B选项；结合B选项结论证明即可证明C选项，利用奔驰定理证明可证明D选项．【详解】解：因为，同理，，故为的垂心，故A错误；，所以，又，所以，又，所以，故B正确；故，同理，延长交与点，则，同理可得，所以，故C正确；，同理可得，所以，又，所以，故D正确．故选：BCD．13．【解析】【分析】由图中所示，可求出，，利用正弦定理求出，在直角△CMD中求解即可.【详解】在△ABM中，，则（m），在△ACM中，因为，，所以.因为，所以（m），故（m）.故答案为：14．【解析】【分析】先求出且建立平面直角坐标系，如图所示．设点，求出，即得解.【详解】因为，所以且建立平面直角坐标系，如图所示．设点，则，从而可得，所以．因为在上单调递增，所以当时，取得最大值，且最大值为．故答案为：7215．【解析】【分析】取中点为，利用平面向量的加减法及数量积运算可推导出，利用数形结合法得出的取值范围，即可求出的取值范围.【详解】设正六边形外接圆的圆心为,正六边形的边长为,正六边形外接圆的半径为，在正中，取中点为,则, 设中点为,则，，，又，，，，在中,中点为,根据垂径定理则,,,点在以为圆心，半径的圆上.当在正六边形的顶点处，且三点共线时取；当在正六边形边长中点，且三点共线时取；又，，，.故答案为：16．          由题意，这正八面体每个面是全等的正三角形，且，所以几何体的表面积为：，又由，，所以，所以该几何体的体积为：.故答案为：，.17．（1）；（2）.【解析】(1)利用三角形的面积公式和向量数量积的定义，以及同角三角函数的商数关系，求出的大小；(2)利用余弦定理求出，在中，由正弦定理求出，在中，求出和，进而可得的周长．【详解】（1）∵，∴，又，∴，即，又，∴；（2）在中，由余弦定理得：，又、，，∴，又，∴，在中，由正弦定理得，又，∴为锐角，∴，在中，，∴，，∴的周长为.18．（1）；（2）【解析】【详解】（1）∵向量与向量共线共线，∴，由正弦定理可得，∴．∵，∴．又∵，∴．（2）∵，且，，∴，，在中，由余弦定理有，即，解得，或（舍去），故．19．(1)(2)最大值为，此时【解析】(1)∵，由正弦定理知，，由余弦定理知，.(2)由（1）以及，得是等边三角形．设，则．余弦定理可得：，则．故四边形面积．∵，∴，∴当时，S取得最大值为，故平面四边形面积的最大值为，此时．20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【详解】解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为（Ⅰ）由，有，故，由，故，所以圆锥体积为由，有正四棱柱的底面对角线长为2，由图可得，所以，故正四棱柱的体积为所以该几何体的体积为（Ⅱ）由图可得，即，即由，当且仅当时左式等号成立，有，当且仅当，时左式等号成立，故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立，所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为.21．（1）①，③，④或②，③，④；（2）.【解析】【详解】（1）由①得，，所以，由②得，，解得或（舍），所以，因为，且，所以，所以，矛盾.所以不能同时满足①，②.故满足①，③，④或②，③，④；（2）若满足①，③，④，因为，所以，即.解得.所以的面积.若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，所以，所以的面积.22．(1)见详解(2)3(3)【解析】(1)证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.(2)因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.(3)设，，，，由（1）（2）可知，，即.因，，所以，又因是边长为的等边三角形，所以，令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.