-2023-2024学年高一下学期数学期中模拟试卷02（人教A版2019必修二）

这是一份-2023-2024学年高一下学期数学期中模拟试卷02（人教A版2019必修二），共17页。试卷主要包含了函数的最小正周期为，关于轴对称的函数在上是增函数，已知向量，向量，若，则实数，已知向量，，则等于，已知复数，则，在中，内角，，的对边分别为，，，在复平面内，复数对应的点是，则，有下列说法，其中正确的说法为等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：平面向量+解三角形+复数+立体几何
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．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
2．关于轴对称的函数在上是增函数．且最小值为，则它在上（ ）
A．是减函数，最小值是B．是增函数，最大值是
C．是减函数，最大值是D．是增函数，最小值是
3．已知向量，向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，则等于（ ）
A．（7，－2）B．（1，－2）
C．（1，－3）D．（7，2）
5．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角，，的对边分别为，，．根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
7．已知D，E分别是的边BC，AC上的中点，AD、BE交于点F，则
A．B．C．D．
8．已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．在复平面内，复数对应的点是，则（ ）
A．B．C．D．
10．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．若，则P是三角形的垂心
C．两个非零向量，，若，则与共线且反向
D．若，则存在唯一实数使得
11．如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（ ）

A．在末，点的坐标为
B．在末，扇形的弧长为
C．在末，点在单位圆上第二次重合
D．面积的最大值为
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．与向量垂直的单位向量为 ．
13．已知圆锥的顶点为，过母线、的截面面积是.若、的夹角是，且与圆锥底面所成的角是，则该圆锥的体积为 .
14．在三棱锥中，平面.，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数
（1）当写出函数的单调递减区间；
（2）设，求的最值.
16．在中，的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知点在线段上，且，求长.
17．如图，正方体中
(1)求证：
(2)求证：平面
18．如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为的中点，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)证明：平面平面.
19．在中，角，，的对边分别为，，，其中为锐角，.
（1）求；
（2）设为边上的中线，若，，请选择以下思路之一求出的长.
参考答案
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．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用余弦的二倍角公式化简，再利用余弦函数的周期公式即可求解.
【详解】因为
，
所以最小正周期，
故选：B.
2．关于轴对称的函数在上是增函数．且最小值为，则它在上（ ）
A．是减函数，最小值是B．是增函数，最大值是
C．是减函数，最大值是D．是增函数，最小值是
【答案】A
【分析】根据偶函数的性质判断即可.
【详解】因为函数关于轴对称，在上是增函数且最小值为，
所以函数为偶函数，在上是减函数，最小值是.
故选：A
3．已知向量，向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】，等价于，计算可得.
【详解】由已知得，
，
故选B．
【点晴】此题考向量垂直的充要条件，属于基础题.
4．已知向量，，则等于（ ）
A．（7，－2）B．（1，－2）
C．（1，－3）D．（7，2）
【答案】A
【分析】根据向量的坐标运算可解得结果.
【详解】因为，，所以.
故选：A.
5．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数相等的条件得到方程组，求出答案.
【详解】，故，
所以，解得.
故选：B
6．在中，内角，，的对边分别为，，．根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】A
【分析】由条件利用正弦定理以及大边对大角，逐项判断△ABC解的个数即可得解．
【详解】对于A，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据b＞a，可得B＞A，得B可能是锐角也可能是钝角，即角B有2个值，故△ABC有两解；
对于B，若，，，由正弦定理可得，得，
得，再根据b＞a，可得B＞A，B只能是锐角，故△ABC有一个解；
对于C，若a＝7，b＝5，A＝80°，∵a＝7，b＝5，A＝80°，由正弦定理可得，得，得，再根据b＜a，∴B只能是锐角，故△ABC有一解；
对于D，若a＝14，b＝20，A＝45°，则由正弦定理可得，得，求得sinB＝，故B无解，得△ABC不存在.
故选：A．
【点睛】思路点睛：判断三角形解的个数问题：先利用正弦定理，余弦定理以及大边对大角来判定三角形的解的情况，再利用三角形的内角和定理，以及三角函数的图象与性质.
7．已知D，E分别是的边BC，AC上的中点，AD、BE交于点F，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用重心定理得到，再结合四边形法则转化为即可得解．
【详解】，E为中点，为重心，，
，
故选A．
【点睛】本题主要考查向量加法法则，重心定理等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．已知个两两互不相等的复数，满足，且，其中；，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】设从而可得即对应平面内距离为的点，从而利用数学结合求解即可.
【详解】设
,,
即
化为
故对应平面内距离为的点，如下图中,

,
与对应点的距离为或
构成了点共个点，
故的最大值为
故选：
【点睛】方法点睛：(1)本题是复数的综合应用，考查的主要是复数的模的几何意义的应用．
(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，利用复数的模的几何意义进行求解．
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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9．在复平面内，复数对应的点是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据复平面内，复数的对应的点的坐标，即可求得复数，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】因为复平面内，复数对应的点是，
所以，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D正确.
故选：AD
10．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，，则
B．若，则P是三角形的垂心
C．两个非零向量，，若，则与共线且反向
D．若，则存在唯一实数使得
【答案】BC
【分析】利用零向量与共线向量的定义可判断ACD，利用向量数量积的运算法则可判断B.
【详解】对于A，当时，与不一定共线，故A错误；
对于B，由，得，
所以，，
同理，，故是三角形的垂心，故B正确；
对于C，由共线向量的性质可知，若，则与共线且反向，故C正确；
对于D，当，时，显然有，但此时不存在，故D错误.
故选：BC
11．如图，质点和在单位圆上逆时针作匀速圆周运动.若和同时出发，的角速度为，起点位置坐标为，B的角速度为，起点位置坐标为，则（ ）

A．在末，点的坐标为
B．在末，扇形的弧长为
C．在末，点在单位圆上第二次重合
D．面积的最大值为
【答案】BCD
【分析】求出末点和的坐标可判断选项AB;求出末点和的坐标，结合诱导公式可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】在末,点的坐标为，点的坐标为；，扇形的弧长为；
设在末，点在单位圆上第二次重合，
则，故在末，点在单位圆上第二次重合；
,经过s后，可得，面积的可取得最大值.
故选:BCD.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．与向量垂直的单位向量为 ．
【答案】或
【详解】设这个向量为 ，
根据题意,有 ，
解得： ，
故 .
13．已知圆锥的顶点为，过母线、的截面面积是.若、的夹角是，且与圆锥底面所成的角是，则该圆锥的体积为 .
【答案】
【分析】圆锥的母线长是，利用三角形的面积公式求出母线，从而求出圆锥的高以及半径，由锥体的体积公式即可求解.
【详解】设圆锥的母线长是，则，.
则高是，
圆锥底面半径是.
于是该圆锥的体积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了锥体的体积公式、三角形的面积公式，需熟记公式，属于基础题.
14．在三棱锥中，平面.，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】由余弦定理可求出，设外接圆半径为，由正弦定理可求出，从而可求出三棱锥外接球的半径，进而可求出表面积.
【详解】解：在中，由余弦定理可知，
，则，
在中设其外接圆半径为 ，由正弦定理知，
所以.设三棱锥的外接球半径为，圆心为，三棱锥外接球球心为，
取的中点为，连接，因为，所以，
因为平面， 平面，所以，则是平行四边形，
则，则，即，
则球的表面积为，
故答案为: .
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的求解，考查了余弦定理，考查了正弦定理，属于基础题.本题的关键是求出外接球的半径.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数
（1）当写出函数的单调递减区间；
（2）设，求的最值.
【答案】（1）减区间为；（2）当时，最大值为，最小值为，当时，最大值为，最小值为.
【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数解析式，利用整体法结合正弦函数的单调性求解即可；
（2）由，得出，利用正弦函数的性质得出，讨论的正负即可得出结论.
【详解】（1）
因为，则由，
则，
则函数的单调递减区间为
（2）当时，
则
当时，最大值为，最小值为
当时，最大值为，最小值为
【点睛】本题主要考查了正弦型函数的单调性以及最值，属于中档题.
16．在中，的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知点在线段上，且，求长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得.
【详解】（1）在中，由及余弦定理，得，
即，而，
所以.
（2）由（1）知，由余弦定理得，
为三角形内角，则，而，于是，
在中，由正弦定理得，
所以.
17．如图，正方体中
(1)求证：
(2)求证：平面
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）利用线面垂直的结论，进而可得线线垂直结论；
（2）利用线面垂直的判定定理，进而可得结论.
【详解】证明：(1)连结、
平面，平面
又，，平面
平面，又平面
(2)由，即同理可得，
又，平面
平面
【点睛】本题主要考查线线垂直，线面垂直的证明方法，属于基础题.
18．如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为的中点，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)证明：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由平面结合线面平行的性质定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）取中点为，由平面平面可得平面，从而得到，再由即可证得平面，于是，然后再根据即可证得平面，最后根据面面垂直的判定定理即可证出.
【详解】（1）证明：∵在四棱锥中，
∵平面平面，平面平面，
∴， ∵平面平面，
∴平面；
（2）如图，

取中点为，连接，因为为等边三角形，∴，
∵平面平面，
平面平面，面，
∴平面， 又平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面， 又∵平面，∴，
∵为中点，∴，且，平面，
∴平面， 且平面，∴平面平面.
19．在中，角，，的对边分别为，，，其中为锐角，.
（1）求；
（2）设为边上的中线，若，，请选择以下思路之一求出的长.
思路①：利用……
思路②：利用……
思路③：利用……
思路④：其它方法……
【答案】（1）；（2）条件选择见解析；.
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得；
（2）在中，由余弦定理得，进而根据选择思路计算求解即可.
【详解】解：（1）由正弦定理，得，
又，所以，
又为锐角，所以
（2）在中，由余弦定理得，
所以；
若选择思路①
由，
得，解得；
若选择思路②
由得到，
即；
若选择思路③
，
得.
若选择思路④，比照上述标准给分.