2021-2022学年高一数学下学期期中模拟试卷5（人教版2019版必修第二册）

2021-2022学年高一下学期期中模拟测试卷五

（考试范围：第六章平面向量及其应用；第七章复数；第八章立体几何初步 ）

 一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60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．（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）设i为虚数单位，复数与在复平面内分别对应向量与，则（       ）

A．2 B． C．4 D．8

【答案】B

记，，则，.

故选：B.

2．（2022·广东广州·高二期末）若向量，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

由题意得：，解得：.

故选：A

3．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，三棱台截去三棱锥后，剩余部分几何体是（       ）

A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．不规则几何体

【答案】C

根据图形可见，底面四条边，所以为四棱锥.

故选：C.

4．（2022·云南昆明·一模（理））在中，点满足，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

解：.

故选：A.

5．（2022·河南新乡·高三期末（文））l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，若，，则“l//m”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，

显然有l//m，而与相交，即l//m不能推出；

长方体中，平面ABCD，平面分别视为平面，，直线，分别为直线l，m，

显然有，而l与m是异面直线，即不能推出l//m，

所以“l//m”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D

6．（2021·河南省实验中学高二期中（文））在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是（　　）

A． B． C． D．或

【答案】A

如下图所示：

因为有两解，且，，则，即.

故选：A.

7．（2022·河南新乡·高三期末（文））在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝2，E是BC的中点，F是AB上一点，且，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

设，则，

．

所以

解得．

故

故选：

8．（2022·全国·高三专题练习）设在中，角所对的边分别为， 若， 则的形状为（     ）

A．直角三角形 B．等边三角形

C．等腰三角形 D．钝角三角形

【答案】A

因为，

由正弦定理可得，

即，即，所以，

又因为，所以，所以是直角三角形.

故选：A.

9．（2021·河南·模拟预测（文））中国古代数学典籍《算数书》，记载有一个计算圆锥体积的近似公式：设圆锥底面周长为L，高为h，则其体积V的近似公式为，根据该公式圆锥底面周长与底面圆半径之比约为（       ）

A．2 B．3 C．6 D．12

【答案】C

圆锥底面周长L与底面圆半径r之比，由圆锥体积可得，即，所以，所以圆锥底面周长与底面圆半径之比6.

故选：C．

10．（2022·河南洛阳·二模（文））《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，AC＝BC＋CD＝2，当△BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

由题意可知：AB⊥平面BCD，平面BCD，

故AB⊥ ,又AC⊥CD，平面ABC，

故平面ABC，平面ABC，

故,

所以 ,当且仅当时取得等号，

故 ,

由AB⊥平面BCD，可知,

故 ,

所以 ,

,

所以鳖臑ABCD的表面积为 ，

故选：D

11．（2022·四川资阳·二模（理））如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中错误的是（       ）

A．不存在点，使得平面

B．三棱锥的体积为定值

C．平面截该正方体所得截面面积的最大值为

D．平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形

【答案】C

如图，连接，可得平面，由与异面可知，不存在点，使得平面，故A正确；

又平面，所以动点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；

如图，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），易得该正六边形的边长为，所以其面积为，故C错误；

截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确，

故选：C.

12．（2022·全国·高三专题练习）下列说法中正确的是（       ）

A．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

B．向量，，可以作为平面内所有向量的一组基底

C．非零向量和，满足，且两个向量是同向，则

D．非零向量和，满足，则与的夹角为30°

【答案】D

，因为与的夹角为锐角，所以，解得：且，故A错误；，所以∥，不能作为平面内所有向量的一组基底，B错误；两个向量的模长可以比较大小，但两个向量是不能比较大小的，故C错误；

不妨令则，所以，则，所以

∴

因为，所以，D选项正确.

故选：D

二､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13．（2022·全国·高一课前预习）如图所示，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________．

【答案】

∵是上的一点，

设，又 ，

则

．

∴，，

解得，．

故答案为：．

14．（2022·吉林·长春十一高高三阶段练习（理））如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，分别为和的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为_____．

【答案】##

解：如图，连接，

四边形为矩形，，分别为和的中点，

则交于，且为的中点，

，，或其补角即为异面直线与所成角，

不妨设，

在中，，，，

由余弦定理可得．

故答案为：．

15．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且，G在CC1上且平面AEF平面BD1G，则___________

【答案】

∵平面AEF平面BD1G，且平面AEF∩平面BB1D1D=EF，平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，∴EFBD1，∴

易得平面ADD1A1平面BCC1B1，又BG⊂平面BCC1B1，∴BG平面ADD1A1，

又∵平面AEF平面BD1G，BG⊂平面BD1G，∴BG平面AEF，

∵平面AEF∩平面ADD1A1=AF，

∴BGAF，∴BG､AF可确定平面ABGF，

又知平面ABB1A1平面CDD1C1，

平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，

∴ABFG，∴CDFG.

∴.

故答案为：.

16．（2021·安徽·高三阶段练习（理））在直四棱柱中，底面为边长为的菱形，，，点在线段上运动，且，则以下命题正确的是_______.

①当时，三棱锥的体积为；

②点在线段上运动，点到平面的最大距离为.；

③当二面角的平面角为时，

④已知，为的中点，当平面与的交点为时，.

【答案】①④

解：对于①：当时，，所以，故①正确；

对于②：当点为线段的中点时，连接与相交于点，连接，则，所以平面，又平面，所以平面底面，又，平面底面，平面，所以平面，此时，点到平面的最大距离为1，所以②错误；

对于③：由为等腰三角形，线段的中点为，则，在底面上有，

所以二面角的平面角为，又，则，所以为正三角形，所以，则，故③错误；

对于④：知，为的中点，当平面与的交点为，此时与的交点为的四等分点，由③知，此时，在直角三角形中，，所以，由于为等腰三角形，有，故④正确．

故答案为：①④．

三、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）

17．（2022·全国·高一课时练习）已知z为复数，和均为实数，其中i是虚数单位．

(1)求复数；

(2)若复数对应的点在第四象限，求m的取值范围．

【答案】(1)；(2)或

(1)

设，则，

，

因为和均为实数，所以，解得，

所以，则；

(2)

，

因为对应的点在第四象限，所以，解得或.

18．（2021·全国·高一课时练习）已知＝(1，2)，＝(1，)，分别确定实数的取值范围，使得：

（1）与的夹角为直角；

（2）与的夹角为钝角；

（3）与的夹角为锐角．

【答案】（1）＝－；（2）；（3）∪(2，＋∞)．

设与的夹角为，则＝(1，2)·(1，)＝1＋2．

（1）因为与的夹角为直角，所以，

所以，所以1＋2＝0，所以＝－．

（2）因为与的夹角为钝角，所以且，所以且与不反向．

由得1＋2<0，故<－，由与共线得＝2，故与不可能反向．

所以的取值范围为．

（3）因为与的夹角为锐角，所以，且，所以>0且与不同向．

由>0，得>－，由与同向得＝2．所以的取值范围为∪(2，＋∞)．

19．（2021·安徽·高三阶段练习（理））在中，角的对边分别为，.

(1)求角；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)(2)

(1)

解： 因为，所以，

则∴，

∵，∴；

(2)

解：由（1）得，由正弦定理得，

故.

20．（2021·贵州毕节·高二阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面，，分别为，的中点．

(1)证明：平面．

(2)若，，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析(2)

(1)

证明：如图，连接交于点，连接，．

因为四边形是菱形，，分别为，的中点，所以，．

又平面，平面，所以平面，平面．

因为，所以平面平面．

又平面，所以平面．

(2)

解：因为，平面，平面，

所以平面，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离．

在平面内，过作，垂足为，

因为平面，所以．

又，所以平面，故即点到平面的距离．

因为，，所以，，

所以．

故点到平面的距离为．

21．（2022·河南·沈丘县第一高级中学高二期末（文））已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求C；

(2)若，求的最大值．

【答案】(1)；(2).

(1)

由，得，即，

由余弦定理得：，又，所以．

(2)

由（1）知：，则，．

设△ABC的外接圆半径为R，则，

当时，取得最大值为．

22．（2022·四川达州·高二期末（理））如图，在三棱锥中，，点为线段上的点.

(1)若平面，试确定点的位置，并说明理由；

(2)若，，，在（1）成立的前提下，求二面角的余弦值.

【答案】(1)点为MC的中点，理由见解析；(2)

(1)

点为MC的中点，理由如下：

因为平面，平面，所以，，又，由三线合一得：点为MC的中点

(2)

取AB的中点H，连接PH，CH，则由（1）知：，结合点为MC的中点，所以PA=PB，故由三线合一得：PH⊥AB，且CH⊥AB，所以∠CHP即为二面角的平面角，

因为，，，所以，，，由勾股定理得：，，，

在△PCH中，由余弦定理得：，

故二面角的余弦值为