高一下学期期中模拟试卷02（平面向量--立体几何）-2023-2024学年高一数学知识•考点培优讲义（人教A版2019必修第二册）

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阶段检测：期中模拟试卷2（平面向量--立体几何）


注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．（2023春·天津滨海新·高一大港一中校考阶段练习）复数化简的结果是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】应用复数的乘除运算化简复数即可.
【详解】.
故选：A
2．（2023春·天津西青·高一校考阶段练习）设点D为中BC边上的中点，O为AD边上靠近点A的三等分点，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将用基底表示，转化为以A为起点向量表示即可.
【详解】如图，D为BC中点，O为靠近A的三等分点，
，
.
故选：D.

3．（2023春·广东广州·高一广州市南武中学校考阶段练习）在中，已知，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求角，再利用正弦定理可得.
【详解】因为，所以；
因为，所以.
故选：D.
4．（2023春·湖北黄冈·高一浠水县第一中学校考阶段练习）已知非零向量满足，且，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设向量，的夹角为，根据得到，联立，得解.
【详解】解：设向量，的夹角为，
，
，即，
所以①，
，为非零向量，且满足②，
联立①②可得，
，
所以两向量的夹角为.
故选：A
5．（2023·山东济南·一模）用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为（    ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解.
【详解】设圆台的母线长为，因为该圆台侧面积为，
则由圆台侧面积公式可得，所以，
设截去的圆锥的母线长为，由三角形相似可得，
则，解得，
所以原圆锥的母线长，
故选：.
6．（2023·江西抚州·高三校联考阶段练习）将边长为的正方形纸片折成一个三棱锥，使三棱锥的四个面刚好可以组成该正方形纸片，若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出三棱锥的直观图，将三棱锥补成长方体，可计算出该三棱锥的外接球的半径，结合球体的表面积公式可求得结果.
【详解】在边长为的正方形中，设、分别为、的中点，
、、分别沿、、折起，
使、、三点重合于点，满足题意，如下图所示：

翻折前，，，
翻折后，则由，，，
将三棱锥补成长方体，其中，，

设三棱锥的外接球的半径为，则，
，故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
7．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（    ）
A．12 B．24 C．27 D．36
【答案】A
【分析】先利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理可求得，再利用等面积法结合基本不等式即可得解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
又因，所以，
由，得，
所以，
则，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：A.

8．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知四点都在表面积为的球的表面上，若是球的直径，且，，则该三棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，

∴，
∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：B.
二、多项选择题：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．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（    ）
A．
B．复数的虚部为
C．若，则复平面内对应的点位于第二象限
D．复数为实数的充要条件是
【答案】AD
【分析】根据复数的乘方判断A，根据复数的定义判断B，根据复数的几何意义判断C，根据充要条件的定义判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：复数的虚部为，故B错误；
对于C：，所以，
则复平面内对应的点为位于虚轴，故C错误；
对于D：若复数为实数则，
设，，若，即，所以，则复数为实数，
故复数为实数的充要条件是，故D正确；
故选：AD
10．（2023·山东济南·一模）已知平面向量，则（    ）
A． B．
C．与的夹角为钝角 D．在上的投影向量的模为
【答案】AD
【分析】A选项，利用向量模长公式求出答案；B选项，计算出，B错误；C选项，利用向量夹角余弦公式计算出，故夹角为锐角，C错误；D选项，利用投影向量的模长公式求出答案.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，故，
故与不垂直，B错误；
C选项，，故与的夹角为锐角，C错误；
D选项，在上的投影向量的模为，D正确.
故选：AD
11．（江苏省常州市联盟学校2022-2023学年高一下学期3月学情调研数学试题）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列关系式恒成立的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】由得，结合正弦定理可判断A；由二倍角公式得计算可判断B；由余弦定理化角为边可判断C；由两角和的正切公式化简可判断D.
【详解】，则，结合正弦定理得，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误.
故选：ABC.
12．（2023·高一单元测试）在长方体中，已知，则下列结论正确的有（    ）
A．
B．异面直线与所成的角为
C．二面角的余弦值为
D．四面体的体积为
【答案】ACD
【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.
【详解】解：因为在长方体中，，
所以，四边形为正方形，平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；
设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，
所以，由于，
所以为二面角的平面角，
在中，，所以，
所以，故C正确：
四面体的体积为，所以D正确，
故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2023春·天津滨海新·高一大港一中校考阶段练习）已知向量．若，则_____________．
【答案】##-0.5
【分析】应用向量垂直的坐标公式列方程求参数m即可.
【详解】由题设，可得.
故答案为：
14．（2023春·安徽滁州·高一安徽省滁州中学校考阶段练习）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，则三角形外接圆半径为_____________．
【答案】##
【分析】运用正弦定理进行求解即可．
【详解】因为，，
由正弦定理可知△ABC的外接圆半径为.
故答案为：.
15．（2023·辽宁辽阳·统考一模）将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图（1）所示，将这6个部分接入一个边长为的正六边形上，如图（2）所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为______.

【答案】108
【分析】根据平面图形折起后得到七面体，由七面体为正方体被平面所截，由对称性可得其体积.
【详解】将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，

该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即.
故答案为：

16．（2023春·全国·高一专题练习）设复数，，其中，若复数为实数，则______，的范围为______.
【答案】          ##
【分析】由已知，根据给的，先表示出，然后表示出，并根据数为实数，即可得到等式并根据的范围及可求解出；由已知，先表示出，然后直接计算，并根据的范围即可完成求解.
【详解】因为，所以，
所以，
因为复数为实数，所以，即，
所以，因为，所以，
因为，所以
，
因为，，所以，
所以.
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．（2023春·广东广州·高一广州市南武中学校考阶段练习）为了更好地掌握有关飓风的数据资料，决定在海上的四岛A，B，C，D建立观测站，已知B在A正北方向15海里处，C在A的北偏东60°方向，又在D的东北方向，D在A的正东方向，且BC相距21海里，求C，D两岛间的距离.
【答案】海里
【分析】先根据题意作出图形，结合长度和角度，利用正弦定理求解.
【详解】由题意，作出示意图如下，其中;
在中，，
整理得，解得或（舍）；
在中，，由正弦定理,
所以.
所以C，D两岛间的距离为海里.

18．（2021秋·陕西渭南·高一校考阶段练习）如图，在长方体中，，点为的中点，交于点．证明：

(1)直线平面；
(2)平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）由线面垂直性质和正方形性质可得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论.
【详解】（1）四边形为矩形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）由长方体结构特征知：平面，又平面，；
四边形为矩形，，四边形为正方形，，
又，平面，平面，
平面，平面平面.
19．（2023春·河北石家庄·高一校联考阶段练习）如图，在等腰梯形中，，，，E是边的中点．

(1)试用，表示，；
(2)求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用几何图形，结合平面向量基本定理，利用基底表示向量；
（2）以向量为基底，表示向量，结合向量数量积的运算律和定义，即可求解.
【详解】（1），
，
．
（2）由题意可知，，，
所以

．
20．（陕西省西安市2022-2023学年高一下学期3月阶段检测数学试题）在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先将条件中的等式全部变为正弦，然后利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求角即可；
（2）先利用正弦定理将转化为的关系，再结合（1）中的条件求出，最后利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）,
由正弦定理得，即
，又，
；
（2），
由正弦定理得①，
又②，
由①②得，
.
21．（2023·高一课前预习）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）设和交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；
（2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证；
（3）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.
【详解】（1）设和交于点，连接，如图，

由于，分别是，的中点，故，
∵平面，平面，所以直线平面.
（2）在四棱柱中，底面是菱形，则，
又平面，且平面，则，
∵平面，平面，
∴平面.
平面，∴.
（3）连接，，
因为，是中点，所以，
因为平面，平面，所以，
∴为二面角的平面角，
，，，
由余弦定理可知，
∴二面角的余弦值为.
22．（2022春·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱的中点．

(1)求证：；
(2)若，求三棱锥的体积．
(3)若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
(3)45°
【分析】(1)先证明平面得到；
(2)将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积求解；
(3)设，，可证得为二面角的平面角，可得，为直线与平面所成的角，可求得知大小．
【详解】（1）如图所示，设点是棱的中点，连接，，，
由及点是棱的中点，可得，
因为平面平面，平面平面，平面，故平面，
又因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
而是的中位线，所以，可得，
又由，且平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
（2）若，由于菱形，易证正三角形中，由于平面，
所以．
（3）设点是与的交点，由（1）可知平面，
又，均在平面内，从而有，，
故为二面角的平面角，所以，
所以，
因为，所以为等边三角形．
不妨设菱形的边长为，．
则在直角中，，， ，所以，
因为平面，所以为直线与平面所成的角．
则，
所以直线与平面所成的角为45°