期中模拟卷01-高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版必修第二册，浙江专用）

高一数学下学期期中模拟卷01

一、单选题

1．设平面向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】B

【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.

【解析】解：因为，，，所以，解得，

故选：B.

2．在△ABC中，已知，，，则角为（    ）

A．60° B．30°或150 C．60°或120° D．120°

【答案】C

【分析】根据正弦定理可得，得或120°，然后由边角关系，作出判断即可.

【解析】解：由正弦定理或,，或均符合.

故选:C．

3．已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为2的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（      ）

A．8 B． C．16 D．

【答案】B

【分析】将斜二测图还原后即可求解.

【解析】解：如图所示：平面图的原图如题所示：

由斜二测图的画法规则可知：，

，

设原图形的面积为

故选：B．

4．在△ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（      ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】C

【分析】由正弦定理解三角形进行判断．

【解析】解：由正弦定理可得，

对于选项A，，，，有，∴，∴，故△ABC有唯一解．

对于选项B，，，，又，故，故△ABC无解．

对于选项C，，，，有，∴，又，故△ABC有两个解．

对于选项D，，，，由，得，故B为锐角，故△ABC有唯一解．

故选：C．

5．已知复数z满足（i为虚数单位），则的最大值为（      ）

A．2 B． C． D．1

【答案】B

【分析】设复数， x，，根据已知，将转化为圆上点到坐标原点距离最值，求解即可.

【解析】解：令，x，，则，

即，表示点与点距离为1的点集，

此时，表示圆

上点到原点距离，所以的最大值，即为圆上点到原点的距离的最大值，

而圆心到原点距离为，且半径为1，

所以圆上点到原点的距离的最大值为．

故选：B．

6．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则当角C取得最大值时，三角形是（      ）

A．锐角三角形 B．直角三角形

C．钝角三角形 D．等腰直角三角形

【答案】C

【分析】由正弦定理和余弦定理化简后求最值，即可知三角形的形状.

【解析】解：由题意得：

由正弦定理得，即

又

当且仅当，即时，取到最小值，从而角C取到最大值

当时，，则

所以，从而．

故选：C．

7．如图，在中，已知，，，，，线段和交于点，则的余弦值为（      ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方法一：以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出，由向量夹角的坐标运算可求得结果；

方法二：以为基底可表示出，由向量数量积的运算性质，结合向量夹角公式可求得结果.

【解析】方法一：以为坐标原点可建立如图所示平面直角坐标系，

由题意知：，，，，，

，，

方法二：设，，，，

又，

，，

，

故选：A．

8．已知，为平面内两个不共线的向量，满足，，，则与的夹角的最小值是（      ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，，，可得，借助余弦定理表示出，求得，借助，即可求得的范围，即可求解.

【解析】

如图设，，并设，；

，；

由题意：，

由余弦定理：，

，

∴

即，

两边同时平方，整理得：，

再一次两边平方得：，

由于，；

由于，所以；

∴，，

故与的夹角的最小值是.

故选：C．

二、多选题

9．下列关于简单几何体的说法正确的是（    ）

A．所有棱长都相等的正三棱锥是正四面体 B．正四面体的内切球与外接球半径之比为

C．侧棱与底面垂直的四棱柱是直平行六面体 D．同底等高的圆柱和圆锥的表面积之比是

【答案】AB

【分析】A、C选项主要考查空间几何体的结构特征，属概念题；B、D选项主要考查空间几何体的内切球、外接球的半径以及表面积问题，属计算问题

【解析】对于选项A， 正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等,而所有棱长都相等的正三棱锥满足要求，故选项正确；

对于选项B，如图

设正四面体的棱长为，球心为，因为正四面体外接球与内切球的球心重合，  故为外接圆的半径，为内切圆的半径；显然，点是底面的中心，且平面，取的中点，连结、，则，且 ，

所以在中，

解得， 则

故，选项正确；

对于选项C，底面为平行四边形且侧棱垂直于底面的四棱柱，称为直平行六面体，而侧棱垂直于底面的四棱柱对上下底面没有要求，可以是任意四边形，不一定是直平行六面体，故选项错误；

对于选项D，设圆锥和圆柱的表面积分别为、 ，其底面半径为，高为，则

、

所以 ，选项错误

故选：AB

10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（    ）

A．与均为定值 B．

C． D．的最大值为

【答案】BCD

【分析】对A，利用中点可得，，即可确定为定值，利用数量积的公式可判断是否为定值；对B，根据，结合余弦定理即可判断；对C，根据余弦定理结合基本不等式可知，再由A中为定值可知，代入不等关系中，即可判断；对D，利用余弦定理结合基本不等式可知，进而判断.

【解析】由题，对于A选项，，为定值；，不是定值，故A错误；

对于B选项，因为，

所以

，故B正确；

对于选项C，，当且仅当时，等号成立，

由A选项可知，，所以，解得，故C正确；

对于D选项，，当且仅当时，等号成立，因为，所以，所以为锐角，

又，所以，故D正确，

故选：BCD

11．已知在复数范围内关于的方程两根为，则下列结论正确的是（    ）

A．与互为共轭复数 B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据实系数一元二次方程求根公式求出，然后逐一判断即可.

【解析】由，或，

显然与互为共轭复数，因此选项A正确；

因为，所以选项B不正确；

因为，所以选项C正确；

因为，所以选项D不正确，

故选：AC

12．在△ABC中，，，O为△ABC内的一点，设，则下列说法正确的是（    ）

A．若O为△ABC的重心，则 B．若O为△ABC的内心，则

C．若O为△ABC的外心，则 D．若O为△ABC的垂心，则

【答案】ACD

【分析】对A，由重心可知，根据，，整理可得，即可判断；对B，由内心可知，结合，即可求解判断；对C，由等腰三角形的性质可得，由外心可知，结合余弦定理可得，进而判断；对D，由垂线可知，则，整理可得，而，代入求解，即可判断.

【解析】对于A选项，重心为中线交点，则，即，

因为，

则，

所以，，

所以，故A正确；

对于B选项，内心为角平分线交点，则，

即，所以，

由A选项，则，，

所以，故B错误；

对于C选项，外心为垂直平分线交点，即的外接圆圆心，

因为，设为边的中点，

所以，，

所以，

因为，所以，

在中，，则，

，

所以，易知，所以，

所以，故C正确；

对于D选项，垂心为高线交点，设，垂足为边上点，则，，共线，

由C选项，因为，，

所以，

因为，则，即，

因为，所以，即，

因为，所以，

所以，

所以，解得，

所以，故D正确；

故选：ACD

【点睛】知识点点睛：的“四心”，可知：

（1）重心为中线交点，则；

（2）内心为角平分线交点，内切圆圆心，则；

（3）外心为垂直平分线交点，外接圆圆心，则；

（4）垂心为高线交点，则.

三、填空题

13．若复数是正实数，则实数的值为________．

【答案】3

【分析】根据复数的基本概念，列出方程，即可求解.

【解析】因为复数是正实数，

由，解得或，

当时，，符合题意；

当时，，不符合题意，

所以实数的值为.

故答案为：.

14．已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东的方向航行，船沿正北方向航行（如图）.若船的航行速度为，后，船测得船位于船的北偏东的方向上，则此时，两船相距__________.

【答案】

【分析】利用正弦定理即可求出结果.

【解析】由题意，，

，

由正弦定理，即，解得.

故答案为：

15．在四棱锥中，底面ABCD平行四边形，P为线段SA的中点，设三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则______．

【答案】####0.25

【分析】底面积相同时，高之比为体积之比，进而求解即可.

【解析】由题，因为P为线段SA的中点，所以，

所以，

所以，

故，

故答案为：

16．锐角的内角所对边分别是a，b，c且，，若A，B变化时，存在最大值，则正数的取值范围______．

【答案】

【分析】首先利用正弦定理得出角的关系，再结合锐角三角形得出角的范围，最后根据存在最大值求出的取值范围即可.

【解析】，，由正弦定理得：

，即：，

或（舍）

是锐角三角形， ，解得：

（其中）

使存在最大值，只需存在，满足

解得： .

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数，其中为虚数单位.

(1)当，且是纯虚数，求的值；

(2)当时，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据复数的种类及特点求参即可；

（2）根据复数的模长公式及两点间的距离公式，结合图形可得结果.

【解析】（1）是纯虚数，故有

，

经计算有，;

（2）,所以有，如下图，根据几何意义，可知

.

18．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，面，，点为线段中点

(1)求证：面；

(2)求异面直线与所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立直角坐标系，求出平面的法向量，若与平面的法向量的数量积为0，则可证明；

（2）求异面直线所成的角的大小可以根据数量积的计算公式，即可求解.

（1）

证明：

由面建立如图所示的直角坐标系，以A点为坐标原点，分别以，垂直于AD以及为方向建立轴，如图所示:

由底面是等腰梯形以及可知：，，

，

又由点为线段中点，可知

，，

设为平面的法向量，故可知：

，解得

令，可知平面的法向量一个法向量为：

根据线面平行的向量法判断法则可知面

（2）

解：由题意得：由（1）分析可知，

可知向量互相垂直，故异面直线与所成角的大小为

19．已知向量，，.

（1）求函数的单调递增区间和最小正周期；

（2）若当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围.

【答案】（1）单调增区间为，；；（2）.

【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算,并利用两角和差的三角函数公式化简得到函数的解析式，有三角函数的性质求得周期，单调增区间；

（2）将不等式分离参数，根据不等式有解的意义得到；然后根据角的范围，利用三角函数的性质求得函数的最小值，进而求得的的取值范围.

【解析】（1）因为

所以函数的最小正周期；

因为函数的单调增区间为，，

所以，，

解得，，

所以函数的单调增区间为，；

（2）不等式有解，即；

因为，所以，又，

故当，即时， 取得最小值，且最小值为，

所以.

20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

在中，角，，所对的边分别为，，，且满足___________.

(1)求的值；

(2)若为边上一点，且，，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择①，由余弦定理可求解，选择②，由正切的两角和公式可求解，选择③，由正弦的两角和公式可求解；

（2）由余弦定理及正弦定理可求解.

(1)

选择①，由，可得，于是得，即，所以；

选择②，由，有，于是得；

选择③，由，有，

即，即，又因为，所以，于是得，即，所以.

(2)

由在中，，，，由余弦定理得，所以，

在中，由正弦定理有，得.

21．如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值．

（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为.

【分析】（Ⅰ）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（Ⅱ）取中点，连结，，推导出平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（Ⅲ）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．利用向量法能求出结果．

【解析】（Ⅰ）证明：取中点，连结、，

是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，

，四边形是平行四边形，，

平面，平面，

平面．

（Ⅱ）解：取中点，连结，，

在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，

，，，点为的中点，

平面，，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，1，，，0，，，1，，，0，，

，，，，0，，，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，

设二面角的平面角为，

则．

二面角的余弦值为．

（Ⅲ）解：假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．

则，，，，，，平面的法向量，

，

解得，

线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为．

【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

22．如图所示，在中，在线段BC上，满足，是线段的中点．

(1)延长交于点Q（图1），求的值；

(2)过点的直线与边，分别交于点E，F（图2），设，．

（i）求证为定值；

（ii）设的面积为，的面积为，求的最小值．

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）.

【分析】（1）根据题意，将作为基底表示，由三点共线可知，的系数之和为1，即可求出的值；

（2）（i）根据题意，将，作为基底表示，由三点共线可知，，的系数之和为1，即可求出为一定值；（ii）根据题意，，，，由可将化为关于的函数，利用函数性质求的最小值即可.

【解析】（1）依题意，因为，

所以，

因为是线段的中点，所以，

设，则有，

因为三点共线，所以，解得，

即，所以，所以；

（2）（i）根据题意,

同理可得：，

由（1）可知，，

所以，

因为三点共线，所以，

化简得，

即为定值，且定值为3；

（ii）根据题意，，

，

所以，

由（i）可知，则，

所以，

易知，当时，有最小值，此时.