高一数学下学期期中模拟试题03（平面向量、解三角形、复数、立体几何）-高一数学同步教学题型讲义（人教A版必修第二册）

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1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．若复数（是虚数单位），则对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算化简得复数，再根据共轭复数与复数的几何意义，可得共轭复数应的点所在象限.
【详解】因为，
则，因此，对应的点，在第三象限.
故选：C.
2．已知，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量的投影向量公式直接求得.
【详解】依题意在上的投影向量为
.
故选：A.
3．下图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直于房梁的截面，其中是房梁与该截面的交点，，分别是两房檐与该截面的交点，该建筑关于房梁所在铅垂面（垂直于水平面的面）对称，测得柱子与之间的距离是（为测量单位），柱子与之间的距离是．如果把，视作线段，记，，是的四等分点，，，是的四等分点，若，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】画出平面图形，根据余弦定理即可求解.
【详解】依题意，如图所示：其中点与点重合，
因为该建筑关于房梁所在铅垂面（垂直于水平面的面）对称，
，，是的四等分点，，，是的四等分点
所以，，，
所以为直角三角形，四边形为矩形，
所以且，
又，所以，
在中，由余弦定理得：
，
所以，
所以.
故选：A.
4．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据各选项结合线面平行的判定定理即可判断出.
【详解】对于A，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，可得直线平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.
故选：D.
5．斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧面积为72，则该正四棱台的体积为（ ）
A．56B．C．D．
【答案】B
【分析】求出正四棱台的侧棱长和高，根据棱台的体积公式即可求解.
【详解】
如图，记该正四棱台为，在等腰梯形中，过作于E，则．
由该正四棱台的侧面积为72可知，，
∴，则．
连接AC，，则，，
在等腰梯形中，过作于F，则．
根据正四棱台的性质可知，平面ABCD．
在中，．
该正四棱台的体积，
故选：B．
6．设是两个非零向量，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则存在实数，使得
B．若⊥，则
C．在边长为1的三角形中，的值为
D．已知非零向量，则是的必要不充分条件
【答案】C
【分析】对两边平方，利用向量运算判断A；由模长公式结合判断B；由模长公式结合数量积公式判断C；由特殊值以及数量积运算判断D.
【详解】对于A：两边平方得：，
即，而，则，
则，即共线且反向，即存在实数，使得，故A正确；
对于B：由题意，
，故B正确；
对于C：设，，则
，故C错误；
对于D：当时，不一定得出，比如当与反向，且与、都垂直，
则.当时，显然满足，故是的必要不充分
条件，故D正确；
故选：C
7．已知直三棱柱中，，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.
【详解】因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：B
8．已知的内角A，B，C满足，的面积S满足，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换公式得到，确定，根据面积范围得到，得到，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，
则，即，
故，
，
即，，
整理得到.
设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，
，故，即，
，故，即，
，则，
对选项A：，即，但不一定正确；
对选项B：，即，正确；
对选项C： ，不一定正确；
对选项D： ，不一定正确；
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，三角形面积公式，正弦定理，以此考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角恒等变换公式将条件转化为是解题的关键
二、多选题：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．在平面直角坐标系中，已知点，则（ ）
A．
B．是直角三角形
C．在方向上的投影向量的坐标为
D．与垂直的单位向量的坐标为或
【答案】ABD
【分析】根据向量模的坐标表示求出可判断A；求出向量、以及的模，根据勾股定理逆定理可判断B；根据投影向量的定义求出在方向上的投影向量可判断C；根据向量垂直的坐标表示求出与垂直的单位向量，判断D.
【详解】因为，所以，A正确
因为，所以，
所以，即为直角三角形，B正确；
设与同向的单位向量为，，
所以在方向上的投影向量为，C错误；
因为，设与垂直的单位向量为，
则，解得或，
故与垂直的单位向量的坐标为或，D正确，
故选：ABD．
10．已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，则“”是“”的充分不必要条件
D．若，，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】ACD
【分析】根据面面垂直的性质定理可判断A,根据线面平行的判断以及性质可判断BD,根据线面垂直的性质可判断C.
【详解】由面面垂直的性质定理可知A正确,
对于B,若，，则,或者异面，故B错误,
对于C,若,则,故充分性成立,但是，，不能得到，故C正确，
对于D,若，，,不能得到,因为有可能异面，但是，，，则，故D正确，
故选：ACD
11．在锐角中，角的对边分别为，外接圆半径为，若，，则（ ）
A．B．
C．的取值范围为D．周长的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A；由锐角得角的范围，从而得的范围，由正弦定理得，即可得的范围，即可判断B；根据数量积的定义将，再由，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得的取值范围为从而判断C；同样由正弦定理得，将三角形周长边化角之后，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得周长的最大值，即可判断D.
【详解】由正弦定理得，则，故A正确；
在锐角中，，则，所以，得，则，
由正弦定理得，则，故B不正确；
又
由于，所以，则，于是有，
即的取值范围为，故C正确；
由正弦定理得，则，所以周长为：
由于，所以，则，于是有，
故周长的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知i是虚数单位，复数，满足，，则______.
【答案】
【分析】利用复数的运算法则和复数的模即可求出结果.
【详解】因为，故，，故，故.
故答案为：.
14．如图，在中，P为线段AB上一点，则，若，，，且与的夹角为，则的值为_______.
【答案】-3
【分析】利用向量线性运算及平面向量基本定理，用表示与，然后利用数量积的运算律求解即可
【详解】因为，所以，
所以
，
即，
故答案为：-3
15．如果满足的恰有一个，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】利用正弦定理可求出，由只有一个结合正弦函数的性质可得解.
【详解】由，得，
又，所以，
则当时，三角形只有一个解，
此时，
所以.
故答案为：.
16．如图，在直三棱柱中，．设D为的中点，三棱锥的体积为，平面平面，则三棱柱外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】取的中点E，连接AE，易得，由面面垂直的性质得面，再由线面垂直的性质有、，根据线面垂直的判定和性质得，
【详解】取的中点E，连接AE，如图．
因为，所以．
又面面，面面，且面，
所以面，面，所以．
在直三棱柱中，面ABC，面ABC，所以．
又AE，面，且AE，相交，所以面，面，
所以．
设，则，解得，
所以．
所以三棱柱外接球的表面积．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在中，，，，D是边BC上一点，，设，．
(1)试用，表示；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得、，结合平面向量的线性运算即可求解；
（2）根据平面向量数量积的定义求出，结合数量积的运算律计算即可求解.
【详解】（1）∵D是边BC上一点，，
∴，又∵，，得，
∴．
（2）∵，，，
∴，
．
18．在中，角的对边分别为，已知，且.
(1)求的外接圆半径；
(2)求内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得，由求；
（2）由正弦定理求的范围，再用求得后即可求的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理，，可得
再由余弦定理，，又，所以.
因为，所以.
（2）由（1）可知：，则.
则.
在中，由正弦定理，
，所以，
则
，
又，所以，所以，
，所以.
19．刍（chú）甍（méng）是几何体中的一种特殊的五面体.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，屋盖也。求积术日：倍下表，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍甍字面意思为茅草屋顶。……”现有一个刍甍如图所示，四边形为长方形，平面，和是全等的等边三角形.
(1)求证：；
(2)若已知，求该五面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即得；
（2）过点作，作，过点作，作，利用割补法可把该五面体分为两个四棱锥和一个三棱柱，然后利用锥体及柱体的体积公式即得.
【详解】（1）五面体中，因为平面，
平面，平面平面，
所以.
（2）过点作，作，垂足分别为，，
过点作，作，垂足分别为，，
连接，，如图，
取中点，连接，由知，，
因为，，且，是平面内两相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以，又，是平面内两相交直线，
所以平面，
在中，，，可得，
所以，四棱锥和的体积均为，
三棱柱的体积，
所以，该五面体的体积为.
20．在中，角A、B、C对的边分别为a、b、c．且．
(1)求角B的大小；
(2)求的取值范围；
(3)若，，P为AC边中点，求BP的长．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简结合特殊角的三角函数值即得；
（2）根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即得；
（3）由题可得，然后利用模长公式结合条件即得.
【详解】（1）因为，
所以，即，
化简得，
故，又，
故；
（2）由（1）知，，
故，
又，则，，
即；
（3）∵，
∴，又，，
∴，
∴，即BP的长为.
21．如图，在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，侧面PAD与底面ABCD的夹角为.
(1)求正四棱锥P－ABCD的体积；
(2)若点M是正四棱锥P－ABCD内任意一点，点M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距离分别为，，，，，证明：；
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）连接交于点，取的中点，证明即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，从而可求得底面边长及高，再根据棱锥的体积公式即可得解；
（2）根据，利用等体积法即可得证.
【详解】（1）连接交于点，取的中点，连接，
由正四棱锥的几何特征可得为的中点，
因为，所以，同理，
，平面，
平面，平面，
所以，
，，
因为为的中点，
所以，
所以即为面与底面ABCD所成角的平面角，即，
，则，
所以；
（2），
因为，
所以；
22．如图所示，在中，P在线段BC上，满足，O是线段AP的中点．
(1)过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F，设，．
①求证为定值；
②设的面积为，的面积为，求的最小值．
(2)若是边长为1的正三角形，且，……是线段BC的n等分点，，其中，n、，，求的值．
【答案】(1)① 证明见解析；②
(2)
【分析】（1）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，即可求出为一定值；②利用三角形的面积公式结合条件可得，然后利用二次函数的性质即得；
（2）由题可得，进而可得结合正三角形的性质即得.
【详解】（1）①根据题意,
同理可得：，
因为，
所以，
因为是线段的中点，所以，
所以，
因为三点共线，所以，
化简得，
即为定值，且定值为3；
②根据题意，，
，
所以，
由，则，
所以，
所以，当时，有最小值，此时；
（2）根据题意可知，……是线段BC的2024等分点，是边长为1的正三角形，
所以，，
所以，
则