2023-2024学年高一数学下学期期中押题预测卷02 （人教A版2019必修第二册）

这是一份2023-2024学年高一数学下学期期中押题预测卷02 （人教A版2019必修第二册），共21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．已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，，则的面积是（ ）
A．B．C．12D．
3．按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．腰和底边不相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形
4．蒙古包（Mnglianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A．平方米B．平方米
C．平方米D．平方米
5．正方形的边长为2，E是的中点，F是的中点，则（ ）
A．4B．3C．D．
6．如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）

A．1B．2C．4D．
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A．B．2C．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．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C．
D．为纯虚数
10．已知向量，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．的最大值为5D．若，则
11．如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积最大值为
D．四边形面积最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知向量，均为单位向量，且，，则实数 ．
13．如图所示的雕塑组合：下面是棱长为2米的正方体基座，基座上面中心位置安放着一个大球，阳光从面正前方照射下时，基座在面正前方地面的影长是4.8米，此时大球影子最远点伸到距面8.8米处，则大球体积是 ．
14．在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，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．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
16．定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即.
(1)若向量，，求；
(2)若平行四边形的面积为4，求；
(3)若，，求的最小值.
17．已知关于的二次方程．
(1)当为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知a，b，c是的三个内角A，B，C的对边，且______．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围．
19．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
期中押题预测卷02
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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．已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则进行计算可得结果.
【详解】因为，所以.
故选：B
2．在中，，则的面积是（ ）
A．B．C．12D．
【答案】B
【详解】
在△ABC中，∵ AB＝5，BC＝6，AC＝7，则由余弦定理可得49＝25＋36－2×5×6×cs B，求得cs B＝，∴ sin B＝＝，故△ABC的面积为·AB·BC·sin B＝×5×6×＝6.
3．按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．腰和底边不相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形
【答案】A
【分析】根据直观图得原图，计算可得答案.
【详解】原如图所示：

由斜二测画法的规则可知，，，，
所以，故为等边三角形.
故选：A．
4．蒙古包（Mnglianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A．平方米B．平方米
C．平方米D．平方米
【答案】A
【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
5．正方形的边长为2，E是的中点，F是的中点，则（ ）
A．4B．3C．D．
【答案】D
【分析】借助平面向量的线性运算与平面向量的数量积公式计算即可得.
【详解】
.
故选：D.
6．如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）

A．1B．2C．4D．
【答案】A
【分析】计算得，再利用三点共线结论得系数和为1，即，再利用基本不等式求出最值即可.
【详解】因为是的中点，且，
所以.
因为三点共线，所以，
即，所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：A.
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
求出棱锥的高，进而得到棱锥体积，设出内切球半径，根据体积得到方程，求出半径，进而得到表面积.
【详解】
设内切球的半径为的中点为，则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，

则由等体积法可得，解得，
所以．
故选：A
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换求出，再利用三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式计算即可求解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
即，，
整理得，而，
于是或，又，因此即，则，
又，则，D为AB的中点，
由余弦定理，得，
当且仅当即时等号成立，而，解得，
所以AD的最小值为.
故选：A
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．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C．
D．为纯虚数
【答案】ABC
【分析】先利用复数的四则运算求出，求出其模后可判断A的正误，求出其对应的点后可判断B的正误，结合四则运算求出、可判断CD的正误.
【详解】，
故，故，故A正确，
而在复平面上对应的点为，它在第四象限，故B正确.
，故C正确.
，它不为纯虚数，故D错误，
故选：ABC.
10．已知向量，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．的最大值为5D．若，则
【答案】AD
【分析】
根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B错误；
对于C，
，其中，
当时，取得最大值，故C错误；
对于D，若，则，
即，所以，
所以
，故D正确.
故选：AD.
11．如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）

A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积最大值为
D．四边形面积最小值为
【答案】AC
【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D.
【详解】由正弦定理，
得，
，
，B是等腰的底角，，
是等边三角形，A正确；
对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，
由A正确知，
但由于时，
，
∴B不正确.
对于C、D，设，则，
，
，
，
，
，
，
，∴C正确，D不正确；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知向量，均为单位向量，且，，则实数 ．
【答案】
【分析】
根据垂直关系的向量表示以及数量积的运算律，将平方后，即可求得答案.
【详解】由题意知，，故，且，
即，故，
故答案为：
13．如图所示的雕塑组合：下面是棱长为2米的正方体基座，基座上面中心位置安放着一个大球，阳光从面正前方照射下时，基座在面正前方地面的影长是4.8米，此时大球影子最远点伸到距面8.8米处，则大球体积是 ．
【答案】
【分析】
画出投影示意图，构造相似三角形进行求解出求得半径，即可求出答案．
【详解】过球的中心O作铅垂面，如图，设球的半径为r，
由，
得，，
，解得，
所以大球的体积．
故答案为：．
14．在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据复数的几何意义，由，分析得关于原点对称，所以确定，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.
【详解】解：因为复数对应的点为
且则可确定点在以O为圆心，2为半径的圆上
又，所以为圆的直径，即关于原点对称
所以
因为
所以
又，，
则
所以
即的最大值为，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．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意直接运算求解即可；
（2）根据相关体积公式分析运算.
【详解】（1）奖杯底座的侧面梯形的高分别等于和．
故．
（2）
.
16．定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即.
(1)若向量，，求；
(2)若平行四边形的面积为4，求；
(3)若，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用向量数量积的运算求得，从而利用新定义即可得解；
（2）利用平行四边形的面积公式，结合新定义即可得解；
（3）利用新定义与向量数量积的定义求得的夹角，从而得到，再利用向量数量积的运算法则与基本不等式即可得解.
【详解】（1）因为，，
则，
所以，
因为是向量的夹角，所以，
因此，故.
（2）因为平行四边形ABCD的面积为4，
所以，所以.
（3）因为，
所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
17．已知关于的二次方程．
(1)当为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】
（1）设方程的一个实根为，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得；
（2）设方程有纯虚数根（，且），代入原方程，再复数相等意义得出，此方程无解，即可判定不存在.
【详解】（1）
设是方程的一个实根，则
即
根据复数相等的意义知
解得：．
所以，当时，原方程有一实根．
（2）
假定方程有纯虚数根（，且），代入原方程得
即
由复数相等意义知
但方程即无实数解，即实数不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知a，b，c是的三个内角A，B，C的对边，且______．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，根据题意，利用正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；
选②，根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；
选③，根据题意和正弦定理得得到，求得，即可求解；
（2）由题意，得到，求得周长，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：选①，由，
可得，
因为及正弦定理，可得，
所以，整理得，
则，因为，所以．
选②，由，可得，即，
因为，可得，所以，即．
选③，由，由正弦定理得，
即，
即，
整理得，
因为，，可得，即，
因为，所以．
（2）解：由，，可得，
所以周长，
又由，可得，
又因为，可得，所以，
所以，所以的周长的取值范围为.
19．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点.
【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.
【详解】解：（1）
的相伴特征向量.
（2）向量的相伴函数为，
，.
，，.
.
（3）由为的相伴特征向量知：
.
所以.
设，，
，，
又，.
，
，，
.
又，
当且仅当时，和同时等于，这时式成立.
在图像上存在点，使得.
【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题.