2025年人教A版高中数学必修二 高一下学期 期中模拟卷二（2份，原卷版+解析版）

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1．已知csx＝，则cs2x＝（ ）
A．﹣B．C．﹣D．
【分析】利用倍角公式即可得出．
【解答】解：∵根据余弦函数的倍角公式cs2x＝2cs2x﹣1，且csx＝，∴cs2x＝2×﹣1＝．
故选：D．
2．在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用余弦定理表示出cs∠BAC，把三角形三边长代入即可求出∠BAC的余弦值，求解即可．
【解答】解：∵c＝AB＝5，b＝AC＝3，a＝BC＝7，∴根据余弦定理得：
cs∠BAC＝＝＝﹣．∠BAC＝． 故选：B．
3．设，为向量，则|•|＝||||是“∥”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【分析】利用向量的数量积公式得到 •＝，根据此公式再看与之间能否互相推出，利用充要条件的有关定义得到结论．
【解答】解：∵•＝，若a，b为零向量，显然成立；
若⇒csθ＝±1则与的夹角为零角或平角，即，故充分性成立．
而，则与的夹角为零角或平角，有 ．
因此是的充分必要条件．故选：C．
4．已知，，则tanα•tanβ的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由已知结合和差角的余弦公式及同角基本关系即可求解．
【解答】解：因为，，所以csαcsβ﹣sinαsinβ＝，csαcsβ+sinαsinβ＝，
解可得，csαcsβ＝，sinαsinβ＝，则tanα•tanβ＝＝＝﹣．故选：C．
5．复数1﹣i（i为虚数单位）的模是（ ）
A．1B．2C．D．4
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
【解答】解：复数1﹣i（i为虚数单位）的模是．故选：C．
6．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcsC＝c（1﹣3csB），则c：a＝（ ）
A．1：3B．4：3C．3：1D．3：2
【分析】由3bcsC＝c（1﹣3csB）．利用正弦定理可得3sinBcsC＝sinC（1﹣3csB），化简整理即可得出．
【解答】解：由正弦定理，设＝k，∵3bcsC＝c（1﹣3csB），
∴3sinBcsC＝sinC（1﹣3csB），化简可得 sinC＝3sin（B+C），又A+B+C＝π，∴sinC＝3sinA，
∴由正弦定理可得c：a＝3：1．故选：C．
7．所有棱长均相等的三棱锥构成一个正四面体，则该正四面体的内切球与外接球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设正四面体的棱长为2a，结合勾股定理可求两球的半径，从而可得它们的体积之比．
【解答】解：如图，设E为正三角形BCD的中心，连接AE，
根据对称性可知正四面体的内切球和外接球共球心且球心O在线段AE上，
连接BO，AE，设正四面体的棱长为2a，则，故，
设外接球的半径为R，则AO＝BO＝R，故，解得，
故内切球的半径为，所以，故内切球与外接球的体积之比为．故选：A．
8．已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由（﹣）⊥，可得，进一步得到，然后求出夹角即可．
【解答】解：∵（﹣）⊥，∴＝，
∴＝＝，∵，∴．故选：B．
二．多选题
（多选）9．下列命题正确的（ ）
A．若复数z＝（1﹣i）（2﹣i），则
B．若z1＝2﹣i，z2＝1﹣3i，则复数z1﹣z2的虚部是2i
C．若|z﹣1|＝2，则|z﹣1﹣3i|的最小值为1
D．已知k∈R，若关于x的方程x2+（k+2i）x+2+ki＝0有实数根，则实根必为
【分析】根据复数模运算公式可判断A；根据复数减法运算可判断B；根据复数几何意义可判断C；
设x为实数，结合x2+（k+2i）x+2+ki＝0，进行计算，可判断D．
【解答】解：z＝（1﹣i）（2﹣i）＝1﹣3i，则，∴A对；
若z1＝2﹣i，z2＝1﹣3i，则复数z1﹣z2＝1+2i，其虚部是2；∴B错；
由|z﹣1|＝2，可知复数z对应点在以A（1，0）为圆心以2为半径的圆上，
|z﹣1﹣3i|＝|z﹣（1+3i）|表示圆A上的点到点B（1，3）的距离，
∴则|z﹣1﹣3i|的最小值为AB﹣2＝﹣2＝3﹣2＝1，∴C对；
设x为实数，由x2+（k+2i）x+2+ki＝0．可得，解得：x＝，∴D错．故选：AC．
（多选）10．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H．设BG＝x，x∈[0，1]．下列结论正确的是（ ）
A．四边形EGFH一定是菱形
B．AC∥平面EGFH
C．四棱锥A﹣EGFH的体积为定值
D．四边形EGFH的面积S＝f（x）在区间[0，1]上单调递增
【分析】由面面平行的性质定理和四边形全等，即可判断A；运用线面平行的判定定理，可判断B；计算四棱锥A﹣EGFH的体积为V＝VG﹣AEF+VH﹣AEF＝×DB×S△AEF为常数，可判断C；由四边形EGFH的对角线EF是固定的，根据对称性，可得四边形EGFH的面积S＝f（x）在[0，2]上的单调性判断D．
【解答】解：对于A，由面面平行的性质定理可得EG∥FH，EH∥GF，可得四边形EGFH为平行四边形，
又直角梯形CBGF和直角梯形ABGE全等，可得EG＝FG，即有四边形EGFH为菱形，故A正确；
对于B，由四边形AEFC为平行四边形，可得AC∥EF，AC⊄平面EGFH，EF⊂平面EGFH，
可得AC∥平面EGFH，故B正确；
对于C，四棱锥A﹣EGFH的体积为：V＝VG﹣AEF+VH﹣AEF＝×DB×S△AEF为常数，故C正确；
对于D，由菱形EGFH可得EF⊥GH，四边形EGFH的对角线EF是固定的，根据对称性，可得四边形EGFH的面积S＝f（x）在x∈[0，1]上单调递减，在x∈[1，2]上单调递增，故D不正确．故选：ABC．
（多选）11．下列关于复数的说法，其中正确的是（ ）
A．复数z＝a+bi（a，b∈R）是实数的充要条件是b＝0
B．复数z＝a+bi（a，b∈R）是纯虚数的充要条件是b≠0
C．若z1，z2互为共轭复数，则z1z2是实数
D．若z1，z2互为共轭复数，则在复平面内它们所对应的点关于y轴对称
【分析】利用实数和纯虚数的概念即可判定选项A正确，选项B错误，再利用共轭复数的定义即可判定选项C正确，选项D错误．
【解答】解：对于选项A：复数z＝a+bi（a，b∈R）是实数的充要条件是b＝0，所以选项A正确；
对于选项B：复数z＝a+bi（a，b∈R）是纯虚数的充要条件是a＝0且b≠0，所以选项B错误；
对于选项C：若z1，z2互为共轭复数，不妨设z1＝a+bi （a∈R，b∈R），则z2＝a﹣bi，所以，所以选项C正确；
对于选项D：若z1，z2互为共轭复数，不妨设z1＝a+bi （a∈R，b∈R），则z2＝a﹣bi，则它们在复平面内所对应的点分别为（a，b）和（a，﹣b），关于x轴对称，所以选项D错误，故选：AC．
三．填空题
12．若tanθ＝﹣2，则的值为 ．
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
【解答】解：因为tanθ＝﹣2，所以＝＝＝．故答案为：．
13．已知向量＝（λ，1），＝（﹣3，5），且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 且 ．
【分析】由题意可得，，再结合两向量不平行，即可求解．
【解答】解：∵＝（λ，1），＝（﹣3，5），且与的夹角为锐角，∴，解得，
但当5λ＝1×（﹣3），即，两向量平行，应舍去，∴λ的取值范围为，且，
故答案为：且．
14．在三棱锥D﹣ABC中，已知平面BCD⊥平面ABC，∠CBD＝90°，∠BCA＝45°，，BD＝2，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为 20π ．
【分析】根据题意首先求出△ABC的外接圆的半径，进一步求出三棱锥体的外接球的半径，最后求出球的表面积．
【解答】解：如图所示：三棱锥D﹣ABC中，已知平面BCD⊥平面ABC，∠CBD＝90°，所以：BD⊥BC，
故BD⊥平面ABC，故AB⊥BD，∠BCA＝45°，，BD＝2，
在△ABC中，有2R＝，所以外接圆的半径为2，
由于平面BCD⊥平面ABC，且其交线为BC，所以：BD⊥BC，故BD⊥平面ABC，
所以三棱锥体D﹣ABC的外接球的半径为r＝，故外接球的表面积．
故答案为：20π．
四．解答题
15．已知＝（1，0），＝（2，1）．
（1）当k为何值时，k﹣与+2共线；
（2）若＝2+3，＝+m，且A、B、C三点共线，求m的值．
【分析】（1）利用向量的运算法则、共线定理即可得出；
（2）利用向量共线定理、平面向量基本定理即可得出．
【解答】解：（1）k﹣＝k（1，0）﹣（2，1）＝（k﹣2，﹣1）．+2＝（1，0）+2（2，1）＝（5，2）．
∵k﹣与+2共线∴2（k﹣2）﹣（﹣1）×5＝0，即2k﹣4+5＝0，得k＝﹣．
（2）∵A、B、C三点共线，∴．∴存在实数λ，使得＝，
又与不共线，∴，解得．
16．如图，已知点A，B，M，N在同一平面内，且AM＝2，AB＝2，BN＝4，∠BAM＝30°，∠ABN＝120°．
（1）求MN的长；
（2）求△AMN的面积．
【分析】（1）由题意首先求得BM的长度，然后结合三角形的特征利用勾股定理即可求得MN的长度；
（2）利用（1）中的结论结合三角形的特征由大三角形的面积减去小三角形的面积即可求得△AMN的面积．
【解答】解：（1）连结BM，在△ABM中，
，
从而：BM＝2＝AM，∠ABM＝∠BAM＝30°，∠MBN＝120°﹣30°＝90°，
由勾股定理可得：．
（2）由题意可知：
，
．
17．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
（1）证明：BC1∥平面A1CD；
（2）若AA1＝AC＝CB＝2，，证明：平面CDE⊥平面A1CD．
【分析】（1）连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点，连接DF，又D是AB中点，证明BC1∥DF，然后证明BC1∥平面A1CD
（2）证明AA1⊥CD，CD⊥AB．推出CD⊥平面ABB1A1，得到DE⊥CD，证明DE⊥A1D，然后证明DE⊥平面A1CD，推出平面CDE⊥平面A1CD
【解答】证明：（1）连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点，连接DF，又D是AB中点，
则BC1∥DF，因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．
（2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．
又AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面ABB1A1
又DE⊂平面ABB1A1，所以DE⊥CD
由AA1＝AC＝CB＝2，，得，，A1E＝3，故，即DE⊥A1D，
因为A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1CD，因为DE⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面A1CD．
18．在①2sinA﹣sinB＝2sinCcsB，②（a+c）（sinA﹣sinC）＝sinB（a﹣b），③S△ABC＝c（asinA+bsinB﹣csinC）这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ____．
（1）求角C；
（2）若c＝2，求2a﹣b的取值范围．
【分析】（1）选①利用三角形内角和定理与和差公式求出C＝，选②利用正弦定理和余弦定理求出C＝，选③利用面积公式和余弦定理求出C＝．
（2）利用正弦定理得a＝sinA，b＝sinB，再化简2a﹣b＝4sin（A﹣）即可．
【解答】解：若选①：（1）2sinA﹣sinB＝2sinCcsB，则2sin（B+C）﹣sinB＝2sinCcsB，
∴2sinBcsC+2csBsinC﹣sinB＝2sinCcsB，∴2sinBcsC﹣sinB＝0，∵sinB≠0，
∴csC＝，∵C∈（0，π），∴C＝．
（2）由正弦定理得＝＝＝，∴a＝sinA，b＝sinB，
则2a﹣b＝sinA﹣sinB＝sinA﹣sin（A+）＝2sinA﹣2csA＝4sin（A﹣），
∵A∈（0，），∴A﹣∈（﹣，），∴sin（A﹣）∈（﹣，1），
∴2a﹣b∈（﹣2，4），即2a﹣b的取值范围为（﹣2，4）．
若选②：（a+c）（sinA﹣sinC ）＝sinB（a﹣b），
由正弦定理得（a+c）（a﹣c）＝b（a﹣b），∴a2+b2﹣c2＝ab，
∴csC＝＝，∵C∈（0，π），∴C＝．
下面步骤同①．
若选③：S△ABC＝c（asinA+bsinB﹣csinC），则absinC＝c（asinA+bsinB﹣csinC），
由正弦定理得abc＝c（a2+b2﹣c2），∴a2+b2﹣c2＝ab，
∴csC＝＝，∵C∈（0，π），∴C＝．下面步骤同①．
19．如图甲，在直角三角形ABC中，已知AB⊥BC，BC＝4，AB＝8，D，E分别是AB，AC的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1DE⊥平面DBCE，连接A1B，A1C，得到如图乙所示的四棱锥A1﹣DBCE，M为线段A1D上一点．
（1）证明：A1D⊥平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段A1E相交于点N，直线EM与BC所成角的大小为45°，求三棱锥A1﹣BCN的体积．
【分析】（1）运用面面垂直的性质定理证明线面垂直．
（2）先根据线面角确定点M的位置，再证BC∥平面A1DE，进而证明BC∥MN，找到点N的位置，再利用换底法求三棱锥的体积．
【解答】解：（1）证明：∵DE分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，
∵AD⊥BC，∴AD⊥DE，∴A1D⊥DE．
又∵平面A1DE⊥平面DBCE，平面A1DE∩平面DBCE＝DE，A1D⊂平面A1DE，∴A1D⊥平面BDEC．
（2）如图所示：
∵BC∥DE，∴直线EM与BC所成角为∠MED＝45°．
∵A1D⊥DE，∴DE＝DM＝2，∴M为A1D的中点．
∵BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，∴BC∥平面A1DE，
又∵过B，C，M三点的平面与线段A1E相交于点N，且平面BMNC∩平面A1DE＝MN，BC⊂平面BMNC，
∴BC∥MN，∴N为A1E的中点．
又∵MN⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴MN∥平面A1BC，
∴，
由（1）知，A1D⊥BC，BD⊥BC，BD∩A1D＝D，BD，A1D⊂平面A1BD，∴BC⊥平面A1BD，
∴三棱锥A1﹣BCN的体积为．
故三棱锥A1﹣BCN的体积为．