2025年人教A版高中数学必修二 高一下学期 期中模拟卷一（2份，原卷版+解析版）

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1．复数z＝（1+i）（2﹣i）的虚部是（ ）
A．1B．iC．3D．3i
【分析】根据复数的运算化简z，求出z的虚部即可．
【解答】解：z＝（1+i）（2﹣i）＝2﹣i+2i+1＝3+i，故z的虚部是1．故选：A．
2．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个（ ）
A．等边三角形
B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形
D．三边互不相等的三角形
【分析】根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状，可得结论．
【解答】解：根据“斜二测画法”可得BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝；
∴原△ABC是一个等边三角形，如图所示．故选：A．
3．已知一个圆锥的母线长为20cm，母线与轴的夹角为60°，则圆锥的高为（ ）
A．B．C．20cmD．10cm
【分析】通过圆锥的母线长为20cm，母线与轴的夹角为30°，求出圆锥的高即得．
【解答】解：由题设条件可知，在直角三角形中，圆锥的高：h＝20cs60°＝20×＝10cm．故选：D．
4．如图，在△ABD中，C为BD的中点，，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据向量加法和减法、数乘的几何意义以及向量的数乘运算即可表示出．
【解答】解：＝．故选：D．
5．已知、为单位向量，则的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【分析】根据单位向量的定义与性质，利用模长公式，求出⊥时|+|+|﹣|取得最大值．
【解答】解：、为单位向量，则||＝||＝1，不妨设＝（csθ，sinθ）＝（1，0）；
∴|+|＝＝＝2|cs|，
|﹣|＝＝＝2|sin|，∴|+|+|﹣|＝2（|cs|+|sin|）；
当cs≥0，sin≥0时，|cs|+|sin|＝cs+sin＝sin（+）≤；
当cs≤0，sin≥0时，|cs|+|sin|＝﹣cs+sin＝sin（﹣）≤；
当cs≥0，sin≤0时，|cs|+|sin|＝cs﹣sin＝css（+）≤；
当cs≤0，sin≤0时，|cs|+|sin|＝﹣cs﹣sin＝﹣sin（+）≤；
∴|+|+|﹣|≤2．故选：D．
6．把一个铁制的底面半径为4，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为（ ）
A．B．C．2D．
【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径．
【解答】解：因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为，所以圆柱的高为，
则圆柱的体积为，设球的半径为R，则，故选：C．
7．已知△ABC外心是O，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由平面向量的线性运算，结合投影向量的运算求解即可．
【解答】解：由，则点O为BC的中点，又O为△ABC的外心，且||＝||，
则A＝，B＝，C＝，不妨设||＝t，则||＝2t，
则在上的投影向量为＝＝，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．定义两个非零平面向量的一种新运算*＝||•||•sin＜，＞，其中＜，＞表示，的夹角，则对于两个非零平面向量，，下列结论一定成立的有（ ）
A．在方向上的投影向量为sin＜，＞•
B．（*）2+（）2＝||2||2
C．λ（*）＝（）*
D．若*＝0，则与平行
【分析】选项A，在方向上的投影向量为||cs＜，＞•；选项B，根据平面向量的新运算与数量积运算，即可得解；选项C，平面向量的新运算满足数乘结合律；选项D，易知＜，＞＝0°或180°，即与平行．
【解答】解：选项A，在方向上的投影向量应为||cs＜，＞•，即A错误；
选项B，∵*＝||•||•sin＜，＞，•＝||•||•cs＜，＞，
∴（*）2+（）2＝（||•||）2•[sin2＜，＞+cs2＜，＞]＝（||•||）2＝||2•||2，即B正确；
选项C，左边＝λ（*）＝λ||•||•sin＜，＞，
当λ＞0时，右边＝（λ）*＝|λ|•||•sin＜，＞＝λ||•||•sin＜，＞＝左边，
当λ＜0时，右边＝（λ）*＝﹣|λ|•||•sin＜，＞＝λ||•||•sin＜，＞＝左边，
当λ＝0时，显然左边＝右边＝0，综上所述，λ（*）＝（λ）*，即C正确；
选项D，若*＝0，则sin＜，＞＝0，即＜，＞＝0°或180°，所以与平行，即D正确．
故选：BCD．
（多选）10．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，下列命题为真命题的有（ ）
A．m⊥α，m⊥β⇒α∥βB．m∥n，n⊂α⇒m∥α
C．m⊥α，m⊂β⇒α⊥βD．m⊥α，n⊥α⇒m∥n
【分析】由立体几何中线线，线面，面面的位置关系，逐个判断，即可得出答案．
【解答】解：对于A：垂直于同一直线的两个平面平行，故A正确；对于B：m∥n，n⊂α⇒m∥α或m⊂α，故B错误；对于C：由面面垂直的判断定理，故C正确；对于D：垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．已知圆锥SO的母线长为2，底面半径为，平面SAB为轴截面，点M为底面圆周上一动点（可与点A，B重合），则（ ）
A．三棱锥S﹣ABM体积的最大值为1
B．直线OM与SA所成角的范围为
C．三角形SAM面积的最大值为
D．三角形SAM为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为
【分析】当△ABM为等腰直角三角形时，△ABM的面积最大，三棱锥体积最大，即可判断选项A，分别计算点M位于点A和弧AB的中点时的线面角，即可判断选项B，由三角形的面积公式结合∠ASM的范围即可求出△SAM面积的最大值，从而判断选项C，根据二面角的定义作出其平面角，求出平面角的正弦值即可判断选项D，从而得到正确选项．
【解答】解：对于A，当OM⊥AB，即△ABM为等腰直角三角形时，△ABM的面积最大，
所以△ABM面积的最大值为，又三棱锥S﹣ABM的高为SO＝1，
所以三棱锥S﹣ABM的体积的最大值为，故选项A正确；
对于B，当点M位于点A或点B时，∠SAO为直线OM与SA所成的角，因为SO⊥底面ABM，
且SO＝，SA＝2，此时∠SAO＝，则直线OM与SA所成的角为，
当点M位于弧AB的中点时，此时OM⊥AB，SO⊥底面ABM，所以SO⊥OM，因为SO∩AB＝O，
则OM⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，所以OM⊥SA，此时直线OM与SA所成的角为，
由圆锥的对称性可知，直线OM与SA所成角的取值范围为，故选项B正确；
对于C，SA＝SB＝2，AO＝OB＝，PO＝1，此时∠ASO＝，所以∠ASB＝，当点M从点A运动到点B时，∠ASM从0逐渐增加为，所以当∠ASM＝时，△SAM的面积最大，所以△SAM面积的最大值为＝，故选项C错误；
对于D，△SAM为直角三角形时，SA＝SM＝2，所以AM＝，取AM的中点E，连接OE，SE，则OE⊥AM，
因为SO⊥底面ABM，AM⊂底面ABM，则SO⊥AM，又OE，SO⊂平面SOE，OE∩SO＝O，所以AM⊥平面SOE，
又SE⊂平面SOE，故AM⊥SE，则∠SEO即为平面SAM与底面ABM所成的角，
因为AE＝，所以，SO＝1，故，
所以＝，即△SAM为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为，
故选项D正确．故选：ABD．
三．填空题
12．已知复数为纯虚数（其中i为虚数单位），则实数a＝ ﹣3 ．
【分析】利用复数的运算性质以及纯虚数的定义建立方程即可求解．
【解答】解：因为z＝＝＝为纯虚数，
则，解得a＝﹣3，故答案为：﹣3．
13．已知向量，是两个不共线的向量，且，，，若A，B，C三点共线，则实数m＝ 1 ．
【分析】根据向量的共线性质即可求出．
【解答】解：∵，，，
∴＝﹣＝+2，＝﹣＝﹣2+（m﹣5），
∵A，B，C三点共线，不妨设＝λ，∴+2＝λ[﹣2+（m﹣5）]＝﹣2λ+λ（m﹣5），
∴，解得λ＝﹣，m＝1，故答案为：1．
14．如图，在棱长为1的正方体AC1中，点E、F是棱BC、CC1的中点，P是底面ABCD上（含边界）一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的取值范围是
【分析】先证垂直，找出点P所在的直线，再判断最值．
【解答】解：因为CD⊥平面B1C1CB，EF⊆平面B1C1CB，所以CD⊥EF，又EF∥BC1，BC1⊥B1C，所以EF⊥B1C，
所以EF⊥平面A1B1CD，当点P在线段CD上时，总有A1P⊥EF，所以A1P的最大值为A1C＝，A1P的最小值为A1D＝，可知线段A1P长度的取值范围是[]．
故答案为[]．
四．解答题
15．已知向量，满足，，．
（1）求向量与向量的夹角；
（2）求向量在向量方向上的投影的数量．
【分析】（1）根据向量数量积的定义与性质即可求解；
（2）根据向量数量积，向量投影的定义即可求解．
【解答】解：（1）∵，∴，
∴，又，，∴，
∴，又，∴向量与向量的夹角为；
（2）向量在向量方向上的投影的数量为：
．
16．在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为（1，﹣2），（a，1），a∈R，且为纯虚数．
（1）求a的值；
（2）若z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，求实数p，q的值．
【分析】（1）根据已知条件，将＝＝，结合为纯虚数，即可求解．
（2）由于z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，结合韦达定理即可求解．
【解答】解：（1）＝＝，
∵为纯虚数，∴a﹣2＝0，∴a＝2．
（2）∵z1的共轭复数是关于x的方程x2+px+q＝0的一个根，
又∵复数z1对应的点为（1，﹣2），∴复数对应的点为（1，2），
∴，∴p＝﹣2，q＝5．
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．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．