第六章~第八章测试卷【期中测试】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

这是一份第六章~第八章测试卷【期中测试】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册，共12页。
单项选择题
1.【高考变式】[2025广东部分学校联考]已知复数z=2i(1-i)+1,则|z|=( )
A.5 B.13 C.5 D.13
2.[2025上海市延安中学月考]已知平面α,β满足α∩β=l,若异面直线a,b满足a⊂α,b⊂β,则l与a,b的位置关系是( )
A.l至少与a,b中的一条相交
B.l至多与a,b中的一条相交
C.l至少与a,b中的一条异面
D.l至少与a,b中的一条平行
3.[2024重庆南开中学高一期中]在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=105°,B=45°,b=22,则c=( )
A.1 B.2 C.2 D.3
4.[2025太原五中期末]已知向量a,b满足(a-2b)·(a+b)=3,且|a|=2,|b|=1,则a与b的夹角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
5.[2025青岛二中高一期中]已知圆锥SO的轴截面是△SAB,如图,△S'A'B'是水平放置的△SAB的直观图,若S'O'平行于y'轴,且2A'O'=O'S'=2,则圆锥SO的侧面积为( )
A.25π B.17π C.22π D.5π
6.[2025广州二中、广雅中学、执信中学等校高一期末联考]如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为1,BC的中点为D,B1C1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论中错误的是( )
A.AD⊥平面BEF
B.三棱锥A-BEF的体积为定值
C.EF∥平面ABC
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
7.[2025惠州一中高一期末]如图,在△ABC中,PC=2BP,过点P的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,设AB=mAM,AC=nAN,其中m>0,n>0,则2m+1n的最小值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
8.[2025北京市东城区高一期末]如图,四棱台的两底面是正方形,侧面是全等的等腰梯形.若该棱台的侧棱AA1=20,下底面ABCD的边长为5,下底面所在平面与侧面所在平面所成二面角的正弦值为63,则上底面正方形A1B1C1D1的边长为( )
A.15 B.5+102 C.25 D.5+202
多项选择题
9.[2024武汉二中高一期中]已知平面向量a=(3,1),b=(x,-3),则下列命题正确的是( )
A.若a∥b,则x=33
B.若a⊥b,则x=3
C.若x=-3,则b在a上的投影向量的坐标为(-332,-32)
D.若a与b的夹角为锐角,则x的取值范围为(-∞,3)
10.[2025东北育才学校高一期中]在△ABC中,AB=4,AC=6,∠BAC=π3,点D为边BC上一动点,则( )
A.BC=27
B.当AD为边BC上的高线时,AD=3217
C.当AD为边BC上的中线时,AD=19
D.当AD为∠BAC的平分线时,AD=1235
11.【情境创新】[2025四川省成都市成华区高一期末]在某高校航天创新实验室里,一群航空航天专业的学生正着手设计新型科研卫星模型,他们采用表面积为12π的特殊合金材料打造卫星外壳,该材料具备优异的抗辐射和隔热性能,可应对复杂的太空环境.卫星内部,12根高强度钛合金杆组成正方体支撑框架,用于稳固内部精密仪器.为保障卫星在太空运行时的稳定性,学生们需要探究外壳各个部位与内部框架间的受力情况,以此优化结构设计,确保卫星能在复杂的宇宙环境中可靠工作.如图所示,作出支架的直观图正方体ABCD-A1B1C1D1,设P为外壳上的一个动点,则下列说法正确的是( )
A.存在无数个点P,使得PA∥平面A1B1C1D1
B.当平面PAA1⊥平面CB1D1时,点P的轨迹长度为23π
C.当PA∥平面A1B1CD时,点P的轨迹长度为4π
D.存在无数个点P,使得平面PAD⊥平面PBC
填空题
12.[2025合肥一中模拟]设i是虚数单位,在复平面内复数i1−i的共轭复数对应的点位于第 象限.
13.[2025福州一中高一期末]用透明塑料制作一个由圆柱和圆台组合而成的封闭容器,并往容器内部灌入一些水.图1和图2为该容器在不同放置方式下的轴截面,其尺寸如图所示.若如图1放置该容器时,其圆台部分恰好充满水,则如图2倒立放置该容器时,圆柱部分水面高度h为 cm.
14.[2025山东省实验中学二诊]已知向量a,b,c满足|a-b|=|a+b|,|a|=2,|b|=1,|c-a|=3,则c·b的最大值为 .
解答题
15.(13分)[2024厦门外国语学校高一期中]已知O为坐标原点,复数z1=1+i,z2=2-i,z=m+ni,m,n∈R在复平面内对应的向量分别为OA,OB,OC.
(1)若点C在复平面的虚轴上,且AB=tAC,求出实数t与n的值;
(2)若点C在直线y=1上,且AB⊥OC,求出实数m的值,并计算z|z|.
16.(15分)[2025莆田一中高一期末改编]如图,在棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为棱BC的中点.
(1)证明:AD⊥B1D;
(2)证明:A1C∥平面AB1D;
(3)求异面直线AB1与A1C所成角的余弦值.
17.(15分)【开放创新】[2024烟台一中高一期中]请在①向量x=(cs C,c-2a),y=(b,cs B),且x⊥y;②(a2-b2)sin A=(b2-c2)·sin C这两个条件中任选一个,填入横线上并解答.
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足 .
(1)求B的大小;
(2)若b=2,求△ABC周长的取值范围;
(3)若AC边上的高为1,求△ABC面积的最小值.
18.(17分)[2025保定一中高一期末]某大型商业区周边有一块三角形空地,为了优化环境,拟在此三角形区域建造一个花园,将三角形分割成三部分,如图,在区域S1,S3分别种植牡丹、芍药,将区域S2设计成人工湖,在人工湖周围安装护栏.已知∠CAB=π2,AC=200 m,AB=2003 m,M,N在BC上且∠MAN=π6.
(1)当BN=200 m时,求护栏的长度;
(2)为了节约开支,如何设计能使人工湖面积尽可能小?请写出设计方案并求出人工湖面积的最小值.
19.(17分)[2025平顶山一中高一期末]如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ABC=120°,M,N,E分别为BC,AC,PC的中点.
(1)证明:平面MNE∥平面PAB;
(2)若PA⊥PB,PA=PB,三棱锥P-ABC的外接球为球O.
(i)证明:A,B,C,O四点共面;
(ii)求直线PO与平面PBC所成角的正弦值.
参考答案
1.B z=2i(1-i)+1=2i-2i2+1=3+2i,所以|z|=32+22=13.
2.A 异面直线a,b满足a⊂α,b⊂β,α∩β=l,则a与l平行或相交,b与l平行或相交,但直线l与a,b不能同时平行,若直线l与a,b同时平行,则a与b平行,与两直线异面矛盾,所以l至少与a,b中的一条相交.
.B 由A=105°,B=45°,可得C=30°,由正弦定理csinC=bsinB可得c12=2222,解得c=2.
4.C 向量夹角的计算
思路导引 根据向量数量积的运算律将(a-2b)·(a+b)展开,再结合向量数量积公式a·b=|a||b|cs求出cs的值,最后根据夹角的取值范围确定夹角.
设a与b的夹角为θ,由(a-2b)·(a+b)=3,可得a2+a·b-2a·b-2b2=a2-a·b-2b2=3,又|a|=2,|b|=1,所以22-a·b-2×12=3,解得a·b=-1,所以cs θ=a·b|a||b|=-12.又0°≤θ≤180°( 向量的夹角θ的范围是0°≤θ≤180°),所以θ=120°,即a与b的夹角为120°.
5.B 根据给定条件,利用斜二测画法规则求出圆锥的底面圆半径及圆锥的高,进而求出圆锥的母线,即可求出侧面积.由S'O'∥y'轴,得SO是圆锥SO轴截面△SAB边AB上的高,由2A'O'=O'S'=2,得OA=O'A'=1,OS=2O'S'=4,则圆锥SO的母线SA=OA2+OS2=17,所以圆锥SO的侧面积为π·OA·SA=17π.
6.D A(√)因为AB=AC,点D为BC的中点,所以AD⊥BC,由ABC-A1B1C1是正三棱柱,知平面ABC⊥平面BCC1B1,又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,所以AD⊥平面BCC1B1,即AD⊥平面BEF.
B(√)方法一 由AD⊥平面BCC1B1,知AD为点A到平面BCC1B1的距离,又BD=12BC=12,AB=1,所以AD=AB2−BD2=32,S△BEF=12EF·BB1=12×12×1=14,所以VA-BEF=13S△BEF·AD=13×14×32=324,故三棱锥A-BEF的体积为定值.
方法二 因为EF=12,所以△BEF的面积为定值(S△BEF=12EF·BB1),又点A到平面BCC1B1的距离为定值,所以三棱锥A-BEF的体积为定值.
C(√)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC∥平面A1B1C1,又EF⊂平面A1B1C1,所以EF∥平面ABC.
D(✕)如图,取B1C1的中点为M,连接AM,AC1,AB1,则AC1=AB1=AB2+BB12=2,B1M=12B1C1=12,所以AM⊥B1C1,AM=AB12−B1M2=72,S△AEF=12EF·AM=12×12×72=78,由B选项知S△BEF=14,所以S△AEF≠S△BEF.
7.C 平面向量共线定理的推论+基本不等式“1”的妙用
思路导引 利用平面向量基本定理得到AP=2m3AM+n3AN,再由平面向量共线定理的推论得到方程2m3+n3=1,求出2m+n=3,最后利用乘“1”法即可得到2m+1n的最小值.
AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(AC-AB)=23AB+13AC,因为AB=mAM,AC=nAN,所以AP=2m3AM+n3AN,又M,P,N三点共线,所以2m3+n3=1,即2m+n=3.又m>0,n>0,所以2m+1n=13(2m+n)(2m+1n)=13(5+2nm+2mn)≥13(5+22nm·2mn)=3,当且仅当2nm=2mn,即m=n=1时等号成立.
8.C 根据题意,四棱台为正四棱台,如图1,设AD,BC,B1C1,A1D1中点分别为M,N,E,F,上底边长为x,连接MN,NE,FE,FM,在侧面AA1D1D中,MF为斜高,又AD=5,AA1=20,所以MF=202−(x−52)2.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,MN⊥AD,MF⊥AD,所以∠FMN就是下底面所在平面与侧面所在平面所成二面角的平面角.在四边形MNEF中,∠EFM+∠FMN=π,则sin∠EFM=63,cs∠EFM=1−(63)2=33.
如图2,过M作MG⊥EF交EF于G,所以cs∠EFM=FGMF=x−52202−(x−52)2=33,解得x−52=10⇒x=25,即上底面边长为25.
9.BC A(✕)若a∥b,则-33-x=0,解得x=-33.
B(√)若a⊥b,则a·b=3x-1×3=0,解得x=3.
C(√)若x=-3,则b=(-3,-3),则|a|=(3)2+12=2,b·a=3×(-3)+1×(-3)=-6,所以b在a上的投影向量的坐标为
b·a|a|2·a=−64a=-32(3,1)=(-332,-32).
D(✕)若a∥b,则x=-33,若a与b的夹角为锐角,则a·b=3x-1×3>0,解得x>3,所以a与b的夹角为锐角的充要条件是x∈(3,+∞).
10.ACD A(√)由余弦定理,可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcs∠BAC=16+36-2×4×6×12=28,所以BC=27.
B(✕)由三角形面积公式,可得S△ABC=12×AB×AC×sin∠BAC=12×4×6×32=63,而S△ABC=12×BC×AD=12×27×AD=63,故AD=637=6217.
C(√)如图所示,取AC的中点E,连接DE,则DE∥AB,可得AE=AC2=3,DE=AB2=2,∠AED=π-∠BAC=2π3,在△ADE中,由余弦定理,可得AD2=AE2+DE2-2AE·DEcs∠AED=32+22-2×3×2×cs2π3=19,可得AD=19.
D(√)因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠CAD=π6,由S△ABC=S△ABD+S△ACD,可得12×4×6sinπ3=12×4×ADsinπ6+12×6×ADsinπ6,可得AD=1235.
11.ABD 设卫星外壳所在球的半径为r,则该球的表面积S=4πr2=12π,所以r=3.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则正方体是球的内接正方体,正方体的体对角线长等于球的直径,即3a=2r,则a=2.
A(√)由题意可知,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且PA∥平面A1B1C1D1,故PA⊂平面ABCD,则点P的轨迹为正方形ABCD的外接圆(除A点),故有无数个点P满足.
B(√)连接AC1,A1C1,AC(图略),易知AC1⊥平面CB1D1,又AC1⊂平面AA1C1C,所以平面AA1C1C⊥平面CB1D1,又平面PAA1⊥平面CB1D1,所以平面PAA1与平面AA1C1C重合,故点P的轨迹为矩形AA1C1C的外接圆(除A,A1两点),其周长为2πr=23π.
C(✕)若PA∥平面A1B1CD,设过PA且与平面A1B1CD平行的平面为α(易得平面α到平面A1B1CD的距离d=22a=2),则P的轨迹为α与正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的交线(除A点),为一个圆,其半径为r2−d2=(3)2−(2)2=1,周长为2π.
D(√)若点P在以ABCD为轴截面(其中AB,CD分别是圆柱的两底面圆直径)的圆柱底面圆周上(除A,B,C,D四点),则满足平面PAD⊥平面PBC(若点P在AB所在底面圆周上,则PA⊥PB,又BC⊥PA,PB∩BC=B,所以PA⊥平面PBC,又PA⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面PBC,其他情形也可同理证明),此时该圆柱底面与球面交线为曲线,故有无数个点P满足.
12.三 i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=-12+12i,故其共轭复数为-12-12i(实部不变,虚部变为相反数),对应的点为(-12,-12),显然位于第三象限.
13.353 根据水的体积恒定,应用圆台、圆柱的体积公式列方程求圆柱部分水面高度h.由题设,水的体积为V=13×5×π(102+10×20+202)=3 5003π(cm3),所以102π·h=3 5003π,可得h=353(cm).
14.3
因为|a-b|=|a+b|,所以|a-b|2=|a+b|2,即a2-2a·b+b2=a2+2a·b+b2,所以a·b=0,所以a⊥b.在平面直角坐标系中,作OA=a,OB=b,如图,因为|OA|=|a|=2,|OB|=|b|=1,所以a=(2,0),b=(0,1).作OC=c,令c=(x,y),则c-a=(x-2,y),因为|c-a|=(x−2)2+y2=3,所以(x-2)2+y2=3,c·b=y.因为(x-2)2+y2=3,所以y2=3-(x-2)2≤3,即y2≤3,即-3≤y≤3,当x=2时等号成立,所以-3≤c·b≤3,即c·b的最大值为3,此时c=(2,3).
15.【解析】 由题意,A(1,1),B(2,-1),C(m,n)(复数几何意义的应用).
(1)因为点C在复平面的虚轴上,所以m=0,即点C(0,n),
所以AB=(1,-2),AC=(-1,n-1),
由AB=tAC,可得(1,-2)=t(-1,n-1),
所以−2=t(n−1),1=−t,解得t=−1,n=3.(6分)
(2)点C在直线y=1上,即n=1,
AB=(1,-2),OC=(m,1),(9分)
AB⊥OC⇒AB·OC=0,
即m-2=0,m=2.(10分)
此时z=2+i,
z|z|=2−i22+1=255-55i.(13分)
16.【解析】 (1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为棱BC的中点,
∴AD⊥BC.(1分)
又BB1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,∴BB1⊥AD,又BB1∩BC=B,∴AD⊥平面BCC1B1,
又B1D⊂平面BCC1B1,∴AD⊥B1D.(4分)
(2)如图,连接A1B交AB1于点E,连接DE,
∵侧面ABB1A1为平行四边形,∴E为A1B的中点.
又点D为BC的中点,∴DE∥A1C.(7分)
又DE⊂平面AB1D,A1C⊄平面AB1D,
∴A1C∥平面AB1D.(9分)
(3)第一步:找到异面直线AB1与A1C所成的角或其补角
由(2)得DE∥A1C,∴∠B1ED为异面直线AB1与A1C所成的角或其补角.(10分)
第二步:在△B1DE中,由余弦定理即可得解
在棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中,B1D=BB12+BD2=22+12=5,B1E=12AB1=1222+22=2,DE=12A1C=2,
在△B1DE中,由余弦定理得cs∠B1ED=B1E2+DE2−B1D22B1E·DE=2+2−52×2×2=-14,(14分)
∴异面直线AB1与A1C所成角的余弦值为14.(15分)
17.【解析】 (1)选择①:因为x⊥y,所以(2a-c)cs B=bcs C,
由正弦定理,得(2sin A-sin C)cs B=sin Bcs C,
即2sin Acs B=sin Ccs B+cs Csin B,
即2sin Acs B=sin(B+C)=sin A,(3分)
因为A∈(0,π),所以sin A>0,所以cs B=12,
又B∈(0,π),所以B=π3.(5分)
选择②:因为(a2-b2)sin A=(b2-c2)sin C,
所以由正弦定理,得(a2-b2)a=(b2-c2)c,
即a3+c3=ab2+b2c,即(a+c)(a2-ac+c2)=b2(a+c),
即a2-ac+c2=b2,即a2+c2-b2=ac,(3分)
由余弦定理,得cs B=a2+c2−b22ac=12,
又B∈(0,π),所以B=π3.(5分)
(2)由余弦定理b2=a2+c2-2accs B,得a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=4,(6分)
即3ac=(a+c)2-4≤34(a+c)2( 基本不等式的应用),即(a+c)2≤16,当且仅当a=c=2时取等号,
所以2