期中测试卷01-2023-2024学年高一数学（人教A版2019必修第二册）

这是一份期中测试卷01-2023-2024学年高一数学（人教A版2019必修第二册），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共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．的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
2．平面向量，若，则（ ）
A．6B．5C．D．
3．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点、、，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是（ ）
A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥
4．已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知向量，若与的夹角为；若与的夹角为钝角，则取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高和体积分别为（ ）

A．，B．，
C．，D．，
7．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分）
9．（多选）下列命题中的真命题是（ ）
A．若直线不在平面内，则
B．若直线上有无数个点不在平面内，则
C．若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点
D．平行于同一平面的两直线可以相交
10．已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A．复数z的共轭复数的模为1B．复数z在复平面内对应的点在第四象限
C．复数z是方程的解D．复数满足，则的最大值为2
11．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．四边形的周长为
C．D．四边形的面积为
12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的形状为等边三角形
B．若，则点三点共线
C．若点是的重心，则
D．若所在平面内一动点满足：，则的轨迹一定通过的内心
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为30n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距 n mile．
14．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 .
15．已知矩形的边长分别为1，，沿对角线折起，使四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
16．已知，点是平面上任意一点，且（），给出以下命题：
①若，，则为的内心；
②若，则直线经过的重心；
③若，且，则点在线段上；
④若，则点在外；
⑤若，则点在内．
其中真命题为
四、解答题（本大题共6小题，第17-18题每小题10分，第19-21题每小题12分，第22题14分，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．已知向量，，向量，的夹角为﹒
(1)求的值；
(2)求﹒
18．已知复数．
(1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围；
(2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度．
19．的内角的对边分别为，若，求：
(1)的值；
(2)和的面积．
20．正棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1.
求：（1）棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）棱锥的表面积与体积.
21．已知中，是边（含端点）上的动点．

(1)若点为与的交点，请用表示；
(2)若点使得，求的取值范围．
22．在中，对应的边分别为，
(1)求；
(2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.
2023-2024学年高一数学下学期期中测试卷01（测试范围：6.1-8.3）
一、单选题
1．的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数乘法运算求出，再求出共轭复数即可.
【解析】由题意得，所以，
故选：D
2．平面向量，若，则（ ）
A．6B．5C．D．
【答案】B
【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.
【解析】因为，，
所以，解得，
所以，
因此.
故选：B．
3．从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点、、，过此三点作长方体的截面，那么截去的几何体是（ ）
A．三棱柱B．三棱锥C．四棱柱D．四棱锥
【答案】B
【分析】画出图形观察即可.
【解析】如图所示，

截去的立体图形有四个面，四个顶点，六条边，所以该几何体为三棱锥.
故选：B.
4．已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用向量减法和向量相等的定义即可求得之间的关系，进而得到正确选项.
【解析】，
而在平行四边形ABCD中，，所以，
又，，，，
则，也即.
故选：B.
5．已知向量，若与的夹角为；若与的夹角为钝角，则取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
根据与的数量积小于0，且不共线可得.
【解析】与的夹角为钝角，
，
又与的夹角为，
所以，即，解得，
又与不共线，所以，
所以取值范围为.
故选：D
6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高和体积分别为（ ）

A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.再根据棱台的体积公式求解即可.
【解析】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，
高，
所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.

所以棱台的体积为.
故选:C.
7．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得，然后同角三角函数的关系和正余弦定理化简可得结果.
【解析】因为，
所以由余弦定理可得，即，
所以
故选：B
8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由sinB=csA•sinC化简可求 csC=0 即C=90°，再由，S△ABC=6可得bccsA=9，可求得c=5，b=3，a=4，考虑建立直角坐标系，由P为线段AB上的一点，则存在实数λ使得,由，为单位向量，可得，，可得,可得，则由，利用基本不等式求解最小值．
【解析】中设，，
，，
即，
，
，，
，，
，，
，根据直角三角形可得，，
，，，
以所在的直线为x轴，以所在的直线为y轴建立直角坐标系可得，，，P为直线上的一点，
则存在实数使得,
设，，则，，,
,
，则,
,
故所求的最小值为,
故选：D.
【点睛】本题为平面向量的综合题，考查解三角形、平面向量数量积、平面向量共线定理、基本不等式的应用，属于综合题，解题关键在于将三角形中数量关系利用向量坐标运算进行转换，属于较难题.
二、多选题
9．（多选）下列命题中的真命题是（ ）
A．若直线不在平面内，则
B．若直线上有无数个点不在平面内，则
C．若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点
D．平行于同一平面的两直线可以相交
【答案】CD
【解析】根据直线与平面的位置关系，结合题目，进行分析和判断即可.
【解析】A中，直线也可能与平面相交，故A是假命题；
B中，直线与平面相交时，上也有无数个点不在平面内，故B是假命题；
C中，时，与没有公共点，所以与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题；
D中，平行于同一个平面的直线，可以平行也可以相交，也可以是异面直线，故D是真命题.
故选：CD.
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，属基础题.
10．已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（ ）
A．复数z的共轭复数的模为1B．复数z在复平面内对应的点在第四象限
C．复数z是方程的解D．复数满足，则的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的运算法则求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.
【解析】因为，所以，
对于选项A，因为，所，故选项A正确；
对于选项B，因为复数z在复平面内对应的点为，故选项B正确；
对于选项C，，所以，故选项C错误；
对于选项D，设，则由，得到，又，由几何意义知，可看成圆上的动点到原点的距离，所以的最大值为，故选项D正确.
故选：ABD.
11．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）

A．B．四边形的周长为
C．D．四边形的面积为
【答案】AD
【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可.
【解析】如图过作，

由等腰梯形可得：是等腰直角三角形，
即,即C错误；
还原平面图为下图，

即，即A正确；
过C作，由勾股定理得，
故四边形ABCD的周长为：，即B错误；
四边形ABCD的面积为：，即D正确.
故选：AD.
12．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的形状为等边三角形
B．若，则点三点共线
C．若点是的重心，则
D．若所在平面内一动点满足：，则的轨迹一定通过的内心
【答案】ACD
【分析】根据向量的线性运算以及模长的含义即可判断A，根据共线定理的推论即可判断B，根据重心的性质即可判断C，根据向量加法的平行四边形法则即可判断D.
【解析】对于A，，为等边三角形，故A正确；
对于B，，，、、三点不共线，故B错误；
对于C，设，，分别为，，的中点，则，
，，
，即，故C正确；
对于D，，，，，在的角平分线上，的轨迹一定通过的内心，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为30n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距 n mile．
【答案】
【分析】利用正弦定理即可求出结果.
【解析】由题意得，
，，，
由正弦定理，
即，解得．
故答案为：．
14．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是 .
【答案】
【分析】
将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离.
【解析】令，则，
所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，
即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：

又表示动点到定点的距离，而与的距离为，
所以，
在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立；
所以的最小值是.
故答案为：
15．已知矩形的边长分别为1，，沿对角线折起，使四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】
【分析】取中点，则，从而可得球的半径为，由此能求出该球的表面积．
【解析】将长方形沿对角线折起，使顶点，，，落在同一个球面上，
取中点，则，
该球的半径为，
该球的表面积为．
故答案为：．

16．已知，点是平面上任意一点，且（），给出以下命题：
①若，，则为的内心；
②若，则直线经过的重心；
③若，且，则点在线段上；
④若，则点在外；
⑤若，则点在内．
其中真命题为
【答案】②④
【解析】①可得在的角平分线上，但不一定是内心；②可得在BC边中线的延长线上；③利用向量线性运算得出可判断；④得出，根据向量加法的平行四边形法则可判断；⑤令可判断.
【解析】①若，，则，因为是和同向的单位向量，则在的角平分线上，但不一定是内心，故①错误；
②若，则，则根据平行四边形法则可得，在BC边中线的延长线上，故直线经过的重心，故②正确；
③若，且，则，即，即，则点在线段上或的延长线上，故③错误；
④若，，整理可得，，根据向量加法的平行四边形法则可判断点在外，故④正确；
⑤若，则令，则，则根据向量加法的平行四边形法则可判断点在外，故⑤错误.
故答案为：②④.
【点睛】本题考查向量基本定理的应用，解题的关键是正确利用向量的线性运算进行判断，合理的进行转化，清楚向量加法的平行四边形法则.
四、解答题
17．已知向量，，向量，的夹角为﹒
(1)求的值；
(2)求﹒
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，再根据数量积的定义即可求解；
（2）结合（1）可得，进而即可求得﹒
【解析】（1）由，，向量，的夹角为，
则，，
所以﹒
（2）结合（1）可得，
所以﹒
18．已知复数．
(1)若在复平面内的对应点位于第二象限，求的取值范围；
(2)若为纯虚数，设，在复平面上对应的点分别为A，B，求线段AB的长度．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解；
（2）根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解.
【解析】（1）在复平面内的对应点为，
因为点位于第二象限，所以，解得．
所以的取值范围为．
（2）因为为纯虚数，所以，解得，
所以，所以，，
∴点，，∴,
所以．
19．的内角的对边分别为，若，求：
(1)的值；
(2)和的面积．
【答案】(1)
(2)，三角形面积为
【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；
（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.
【解析】（1）由余弦定理得：，解得．
（2）由，则，
由正弦定理得，又，则，
．
20．正棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1.
求：（1）棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）棱锥的表面积与体积.
【答案】（1）侧棱长为，侧面的高为；（2）表面积，体积为.
【分析】（1）设为正四棱锥的高，则，作，连结，分别在和，即可求得棱锥的侧棱长和侧面的高；
（2）由（1）利用棱锥的侧面积公式和体积公式，即可求解.
【解析】（1）如图所示，设为正四棱锥的高，则，
作，则为中点，
连结，则，
因为，可得，
在中，，
在中，，
所以棱锥的侧棱长为，侧面的高为.
（2）棱锥的表面积为=，
几何体的体积为.
21．已知中，是边（含端点）上的动点．

(1)若点为与的交点，请用表示；
(2)若点使得，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由已知得，再由A、O、P三点共线，令，由得，然后由C、O、Q三点共线，求出作答.
（2）由（1）中信息，设，则，再由垂直关系的向量表示及数量积的运算律，求出，借助函数的单调求解作答.
【解析】（1）因为，则 ，又A、O、P三点共线，有，，
又，即有，而C、O、Q三点共线，于是，解得，
所以.
（2）由（1）知，，而，设，则，
由，得，即，
整理得，即，
于是，显然函数在上单调递增，
因此，
所以的取值范围.
22．在中，对应的边分别为，
(1)求；
(2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出.
（2）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
【解析】（1）由正弦定理得即
由余弦定理有，
若，等式不成立，则，
所以.
因为，
所以.
（2）.
又，
由三维分式型柯西不等式有.
当且仅当即时等号成立.
由余弦定理得，
所以即，则.
令，则
因为解得，当且仅当时等号成立.
所以.则.
令，则在上递减，
当即时，有最大值，此时有最小值.
【点睛】要能仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解，属于难题.