期中考试仿真模拟试卷04-2022-2023学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

这是一份期中考试仿真模拟试卷04-2022-2023学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
2．设复数，是z的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
3．已知一个粮食仓储容器为圆锥体形状，它的体积为（容器的厚度不计），且它的侧面展开图是半圆形状，则它的母线长为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. A=30°，B=45°，c=5B. a=4，b=5，C=60°
C. a=8，，B=45°D. a=6，b=8，A=30°
5．设有下面四个命题，其中假命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若为虚数单位，则
C. 若复数，满足，则或
D. 若复数满足，则
6．点O是内一点，且满足．则的值为（ ）
A. B. C. D.
7．在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
8．已知锐角中，角对应的边分别为，，若， 则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二、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．下列关于复数的命题是真命题的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则z是纯虚数
D. 对任意实数，都有是虚数
10．在△中，如下判断正确的是（ ）
A. 若，则△为等腰三角形
B. 若，则
C. 若△为锐角三角形，则
D. 若，则△是锐角三角形
11．下列说法正确的是（ ）
A. 对于任意两个向量，若，且与同向，则
B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C. 设为非零向量，则“存在负数，使得是“”的充分不必要条件
D. 若，则与的夹角是锐角
12．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设，向量，且，则____________．
14.如图所示，正方形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则在原图形中对应线段AB的长度为____________．
15. 已知正三棱锥的四个顶点在同一个球面上，，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________，该三棱锥的内切球的半径为___________.
16．已知正方形ABCD的边长为2，实数()，则的最大值为______．
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．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，又点，，．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若向量与共线，当取得最大值时，求的值．
18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．
问题：的内角所对的边分别为，且满足 ．
（1）求；
（2）若，且向量与共线，求的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
19．如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点．
（1）将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，求所形成封闭几何体的表面积和体积；
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
20．已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
21．为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形，已知，，是以为直角顶点的直角三角形．拟修建两条小路、（路的宽度忽略不计），沿路径从处到处比沿路径和从处到处近米.
（1）若，求的值和的长度；
（2）设与交于点，若，现公园管理方为了建一个更大的圆形花坛，应该选择的内切圆还是的内切圆？
22．如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．D为BC边上一点，记，．向量，，．
（1）若，请比较与的大小；
（2）若，且，求的最小值．
期中考试仿真模拟试卷04
一、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．已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以=（5，7），
故选:A.
2．设复数，是z的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，则，所以
故选：D
3．已知一个粮食仓储容器为圆锥体形状，它的体积为（容器的厚度不计），且它的侧面展开图是半圆形状，则它的母线长为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】如图，圆锥的体积 ①，
由侧面展开图是一个半圆得 ②，
又 ③，
联立①②③，即可解得.
故选：A
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. A=30°，B=45°，c=5B. a=4，b=5，C=60°
C. a=8，，B=45°D. a=6，b=8，A=30°
【答案】D
【解析】对于选项A中：由A=30°，B=45°，c=5，所以，再利用正弦定理可求，显然只有一解；
对于选项B中：由余弦定理可得，所以只有一解；
对于选项C中：因为，且，所以只有一解；
对于选项D中：因为，且，所以角有两解.
故选：D.
5．设有下面四个命题，其中假命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若为虚数单位，则
C. 若复数，满足，则或
D. 若复数满足，则
【答案】D
【解析】对于A：设，则
∵，则即
∴即
“若复数满足，则”为真命题
对于B：，，，，，
∴
则
“若为虚数单位，则”为真命题
对于C：设，
∵
则，解得：或
即或
“若复数，满足，则或”为真命题
对于D：设，则
恒成立
“若复数满足，则”为假命题
故选：D．
6．点O是内一点，且满足．则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，设，即，可知三点共线，且反向共线，如下图所示：
故，.
故选：C.
7．在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，设点G为的外心，则平面，
由，
∴，则三棱锥的外接球的球心O在直线上．设其外接球的半径为R，
由正弦定理得，在中，，
由勾股定理得，即，解得．
正三棱锥外接球的表面积是，
故选：C．
8．已知锐角中，角对应的边分别为，，若， 则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵，
∴
∴，
∴，因为，
∴，即，又，
∴，
∵ ，
∴
∴ ，
∴
∴
∴ ，
∵ 为锐角三角形，
∴ ，
∴ ，当且仅当时取等号，
∴ 的最小值是，
故选：D.
二、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．下列关于复数的命题是真命题的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则z是纯虚数
D. 对任意实数，都有是虚数
【答案】ABD
【解析】，故A对；
若，则，故，B对；
若，显然满足题意，但z为实数也可以，故C错；
因为，故是虚数，D对．
故选：ABD．
10．在△中，如下判断正确的是（ ）
A. 若，则△为等腰三角形
B. 若，则
C. 若△为锐角三角形，则
D. 若，则△是锐角三角形
【答案】BC
【解析】对：若，因为，故或，
即或，则△为等腰三角形或直角三角形，故错误；
对：若，根据大角对大边可知，由正弦定理可得，故正确；
对：若△为锐角三角，则，即，又，
则，即，故正确；
对：若，即，则，故，
故为锐角，但△不一定为锐角三角形，故错误；
故选：
11．下列说法正确的是（ ）
A. 对于任意两个向量，若，且与同向，则
B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C. 设为非零向量，则“存在负数，使得是“”的充分不必要条件
D. 若，则与的夹角是锐角
【答案】BC
【解析】选项A：向量是既有大小又有方向的量，但不能比较大小，故选项A错误；
选项B：在单位向量上的投影向量为，故选项B正确；
选项C：若存在负数，使得，则；
若，则向量与的夹角为钝角或，故选项C正确；
选项D：若，则与的夹角是锐角或角，故选项D错误；
故选：BC.
12．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
【答案】BD
【解析】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设，向量，且，则____________．
【答案】
【解析】，向量，由得，解得；由得，解得，，，故答案为：
14.如图所示，正方形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则在原图形中对应线段AB的长度为____________．
【答案】6
【解析】按照斜二测画法，在原图形中的线段OA=2, 在原图形中的线段,.
由勾股定理得：.
故答案为：6
15. 已知正三棱锥的四个顶点在同一个球面上，，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________，该三棱锥的内切球的半径为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】因为正三棱锥中，，，
所以,
则将该三棱锥补成棱长为4的正方体，如图所示：
所以该三棱锥的外接球的直径为正方体的体对角线的长，
即，
所以，外接球的表面积为；
设该三棱锥的内切球的半径为r，
则，
即，
解得，
故答案为：，
16．已知正方形ABCD的边长为2，实数()，则的最大值为______．
【答案】10
【解析】
如图建立平面直角坐标系，则，，，，
则，，，
则，
则，
∵()，
∴当时，取最大值
故答案为：10．
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．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，又点，，．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若向量与共线，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）或 （2）
【解析】（1）由题意，，，
∵，，
∴，
又因为，所以，
联立方程组，求解可得或，
所以或；
（2）由题意，，
因为向量与共线，所以，即，
于是，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，此时，
故．
18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．
问题：的内角所对的边分别为，且满足 ．
（1）求；
（2）若，且向量与共线，求的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】选择见解析；（1）；（2）．
【解析】（1）选择①，由正弦定理，得
∴，又，∴
∴，又，∴，得
选择②，由正弦定理，得，整理得，，
又，，∴
选择③，由正弦定理，得，
∴，
又，∴，，∴
（2）∵，∴，由正弦定理得，
由余弦定理，，得
又，∴，，，
∴△ABC周长为
19．如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点．
（1）将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，求所形成封闭几何体的表面积和体积；
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
【答案】（1）表面积为；体积为. （2）
【解析】
（1）因为，所以.
因为，，E为AB的中点，
所以，所以四边形EBCD为平行四边形.
因为,所以.
将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，得到一个组合体：上面是一个以ED为底面圆的半径，以AE为高的圆锥，下面是一个等底等高的圆柱.
因为，，所以，.
所以封闭几何体的表面积为;
体积为.
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体为以ED为底面圆的半径，以AE为高的圆锥.其内切球的球心为O，半径为r.作出轴截面如图所示：
,由勾股定理得：，即，解得：，所以内切球的半径为，
所以球O的表面积为.
20．已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【解析】（1）（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
21．为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形，已知，，是以为直角顶点的直角三角形．拟修建两条小路、（路的宽度忽略不计），沿路径从处到处比沿路径和从处到处近米.
（1）若，求的值和的长度；
（2）设与交于点，若，现公园管理方为了建一个更大的圆形花坛，应该选择的内切圆还是的内切圆？
【答案】（1）， （2）应该选择的内切圆作为花坛
【解析】（1）由，，则、均为锐角，
所以，，，
且
，
故由正弦定理可得，，
从而，故，
于是，，又，
故由余弦定理
．
（2）因为，从而到直线的距离与到直线的距离相等，故．
由（1）知
，
，所以，，从而，，
于是，
由正弦定理，
可得
．
故，
设的内切圆半径与的内切圆半径分别为、，
则，可得，同理可得，
从而，
故应该选择的内切圆作为花坛．
22．如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．D为BC边上一点，记，．向量，，．
（1）若，请比较与的大小；
（2）若，且，求的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，所以
整理得，
所以由余弦定理可得
因为，所以
又
所以，即，即
记，则在中由正弦定理可得：
所以，即
又因为，所以，所以
（2）由（1）知，
因为，所以，所以
所以
因为，
所以，整理可得，即
由，可得，展开整理得
所以，所以
所以
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为