2023-2024学年高一下学期数学期中测试01（人教A版2019必修第二册）

这是一份2023-2024学年高一下学期数学期中测试01（人教A版2019必修第二册），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知的面积为，则（ ）
A．13B．14C．17D．15
3．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）

A．B．C．24D．48
4．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知均为单位向量，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知的外接圆圆心为，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
7．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点D在边BC上，且的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．（多选）已知复数z满足＝2＋i，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为－1
B．|z|＝2
C．z－1为纯虚数
D．z6＝－8i
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，最小B．当最小时，
C．当时，与的夹角最小D．当与的夹角最小时，
11．在中，角的对边分别为，已知的周长为，则（ ）
A．若，则是等边三角形
B．存在非等边满足
C．内部可以放入的最大圆的半径为
D．可以完全覆盖的最小圆的半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知非零向量满足，则 .
13．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
14．平面四边形中，，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥．
(1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比；
(2)若大棱锥的侧棱长为，小棱锥的底面边长为，求截得的棱台的侧面积与全面积．
17．（15分）如图，正方形中，分别为线段上的点，满足，连接交于点．

(1)求证：；
(2)设，求的最大值和的最大值.
18．（17分）已知向量，函数，，.
(1)当时，求的值；
(2)若，求的最小值；
(3)是否存在实数m，使函数，有四个不同的零点?若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.
19．（17分）中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算结合复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：＝＝＝，
所以该复数对应的点的坐标为，该点位于第一象限．
故选：A.
2．已知的面积为，则（ ）
A．13B．14C．17D．15
【答案】C
【分析】先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理即可得解.
【详解】的面积，所以，
由余弦定理得，因此.
故选：C.
3．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）

A．B．C．24D．48
【答案】D
【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D

4．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
5．已知均为单位向量，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，得，两边平方求出，，分别求出，再根据向量夹角得计算公式即可得解.
【详解】由，得，
则，所以，
由，得，
所以，
，
所以.
故选：B.
6．已知的外接圆圆心为，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为
．
故选：D．
7．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正三棱锥的结构特征可求解高的长度，进而根据勾股定理即可求解半径，即可由表面积公式求解，或者利用空间直角坐标系求解半径.
【详解】方法一：如图，取正三角形的中心为，连接，
则三棱锥的外接球球心在上，连接.
在正三角形中，，所以.
在中，，所以.
设外接球的半径为，
由，，解得，
所以三棱锥的外接球表面积.
故选:C.

方法二：在正三棱锥中，过点作底面于点，
则为底面正三角形的中心，
因为正三角形的边长为2，所以.
因为，所以.
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，.
设三棱锥的外接球球心为，半径为.
由，得，解得，
所以，
则三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
8．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点D在边BC上，且的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换化简计算可得，由正弦定理可得，进而，结合三角形面积公式和余弦定理计算即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，即，
所以，因为，所以．
由正弦定理得，又，所以．
因为点D在边BC上，，所以，
因为，，
所以，所以，如图所示，
所以，得．
在中，，由余弦定理可得
，
则．
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．（多选）已知复数z满足＝2＋i，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为－1
B．|z|＝2
C．z－1为纯虚数
D．z6＝－8i
【答案】AD
【详解】
分析：先根据复数的运算求出z，再根据复数概念判断A，根据复数模判断B，根据复数对应点判断C，根据复数的乘方运算判断D.
详解：因为＝2＋i，所以1－＝2＋i，所以z＝＝＝＝－1－i，z的虚部为－1，故A正确；|z|＝＝，故B错误；z＋1为纯虚数，故C错误；因为z2＝（－1－i）2＝1＋2i＋i2＝2i，所以z6＝（z2）3＝（2i）3＝－8i，故D正确．故选AD.
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，最小B．当最小时，
C．当时，与的夹角最小D．当与的夹角最小时，
【答案】ABD
【分析】求出的坐标，再由向量模的坐标表示得到，结合二次函数的性质求出，即可判断A、B，设向量与的夹角为，表示出，由，可得，求出的值，即可判断C、D.
【详解】由，，，
所以，
所以
当时，取得最小值，故A正确；
当最小时，，所以，所以，故B正确；
设向量与的夹角为，则，
要使向量与的夹角最小，则最大，由于，
所以的最大值为1，此时，则，解得，
此时，所以当时，与的夹角最小，此时，故C错误，D正确.
故选：ABD.
11．在中，角的对边分别为，已知的周长为，则（ ）
A．若，则是等边三角形
B．存在非等边满足
C．内部可以放入的最大圆的半径为
D．可以完全覆盖的最小圆的半径为
【答案】ACD
【分析】由余弦定理与正弦定理及三角形的面积公式逐项求解即可.
【详解】因为的周长为3，且，可得，
由余弦定理得．
对于A，因为，所以，
即，则，所以为等边三角形，故A正确；
对于B，假设，则，即，则，
此时为等边三角形，故B错误；
对于C，由，可得，
当且仅当时等号成立，解得或（舍去），
所以的面积的内切圆半径为，
所以内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对于D，设外接圆的半径为，因为，
当且仅当时等号成立，所以，解得或（舍去），
由，可得，
因为，所以，
所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知非零向量满足，则 .
【答案】
【分析】根据向量减法的三角形法则得三角形为等边三角形，根据等边三角形的几何特征进行计算即可.
【详解】如图当时，为等边三角形，
则为线段的长度，
所以.
故答案为：.

13．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，设出复数的代数形式，再利用复数模及复数乘除法运算计算得解.
【详解】设（），（），
由，得，
即，整理得，
又，因此，
所以.
故答案为：
14．平面四边形中，，则的最大值为 ．
【答案】4
【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，因为，设，且，
在中，可得 ，
即，可得，
在中，可得，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得
16．（15分）正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥．
(1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比；
(2)若大棱锥的侧棱长为，小棱锥的底面边长为，求截得的棱台的侧面积与全面积．
【答案】(1)
(2)侧面积为，全面积为
【分析】（1）根据棱锥和棱台的侧面积公式，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据棱台的侧面积和全面积公式，结合三角形面积公式、平行线的性质进行求解即可.
【详解】（1）设正六棱锥的高，底面边长，
因为正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥，
所以小棱锥的高为，底面边长，
在中，因为，所以，
于是有：，
因此大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比为；

（2）由（1）可知：，
已知大棱锥的侧棱，
显然在中，上的高长为，
所以，
所以，
由（1）可知：截得的棱台的侧面积为，
截得的棱台的全面积为.
17．（15分）如图，正方形中，分别为线段上的点，满足，连接交于点．

(1)求证：；
(2)设，求的最大值和的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)的最大值为1；的最大值为
【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用平面向量证明垂直关系；
（2）根据三点共线可得，利用向量的坐标运算可得，进而结合基本不等式求最值.
【详解】（1）如图，建立平面直角坐标系，

不妨设，
则，
可得，
因为，可知，所以.
（2）因为三点共线，且，可知，
由（1）可知，
则，
又因为，则，
可得，
则，
若，则；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：的最大值为1；
又因为，
当且仅当，即时，等号成立；
所以的最大值为.
18．（17分）已知向量，函数，，.
(1)当时，求的值；
(2)若，求的最小值；
(3)是否存在实数m，使函数，有四个不同的零点?若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算求得函数的解析式，然后求解时的值即可.
（2）由（1）的解析式，把代入，利用余弦函数性质，结合二次函数性质求出最小值.
（3）令 求解的值，据此求得关于的不等式，求解不等式可得实数的取值范围.
【详解】（1）向量，，
，由，得，
，
因此，当时，，
所以.
（2）由（1）知，，
当时，，
当时，，则当，即时，，
所以当时，函数取得最小值.
（3）由（1）知，，则，，
函数是偶函数，其图象关于轴对称，显然在上的图象关于轴对称，
当时，，当取内任意一个值时，都有两个不同的值与之对应，
由，得，即或，
由函数，有四个不同的零点，得，解得，
所以存在实数m，使函数，有四个不同的零点，m的取值范围是.
19．（17分）中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用面积公式求出，在中由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）设，，分别利用余弦定理表示出、，从而得到，再由余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.