2021-2022学年高一数学下学期期中模拟试卷2（人教版2019版必修第二册）

2021-2022学年高一下学期期中模拟测试卷二

参考答案：

1 【分析】由题意，

在复平面内对应的点为，在第四象限

故选：D

2．A

【解析】

【分析】

由于与任意向量平行，则当时成立．

【详解】

若，，则当时成立.

故选：A

3．A

【解析】

【分析】

利用球的表面积公式分别求的外球和内球的半径，两半径之差即为所求.

【详解】

设外球和内球的半径分别为和,则,解得,

当B在大球的过A的半径上时AB的长最小，

∴AB长度的最小值是,

故选：A

4．C

【解析】

【分析】

设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为，设向量与轴正方向的夹角为，由题意可得出且 ，由可得出实数的取值范围.

【详解】

设向量、的起点均为，终点分别为、，可得出与轴正方向的夹角为，

设向量与轴正方向的夹角为，由于，

则或.

即B在与（不与A重合）之间，

，因此，实数的取值范围是，故选：C.

【点睛】

本题考查利用向量夹角的取值范围求参数，解题时充分利用数形结合法，找到临界位置进行分析，可简化运算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

5．D

【解析】

【分析】

由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sinA＝1，即A＝900，由余弦定理、三角形面积公式可求角C，从而得到B的值．

【详解】

由正弦定理及得

,因为，所以；

由余弦定理、三角形面积公式及，得,

整理得，又,所以,故.

故选D

【点睛】

本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．

6．A

【解析】

【分析】

利用垂直条件证明得平面，即可得平面平面，然后根据平面展开图判断最短距离，再利用勾股定理计算求解即可.

【详解】

因为，，所以平面，所以平面平面，将底面旋转，以为轴，旋转至平面与平面共面，如图，此时的直线距离即为最短距离，设到直线的距离为，则，所以.

故选：A

7．A

【解析】

由于、、两两垂直，如图可还原成长方体，连接，与交于点，

则平面将三棱锥体积平分，那么点到平面的距离，

有，则，同理即可得到、，比较即可得解.

【详解】

如图还原成长方体，连接，与交于点，

则平面将三棱锥体积平分，点到平面的距离，

有，则，

同理，，

而，，，

∴，因此，

故选：A.

【点睛】

本体考查了几何体的截面面积问题，考查了转化思想和空间想想能力，以及计算能力，属于中档题.解决此类问题的关键点有以下几点：

（1）如遇共点三条棱两两垂直，可以补全为长方体；

（2）转体积法的应用，在立体几何中通过转体积法可以解决高和面积问题.

8．B

【解析】

【分析】

由题意得出，再由，，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.

【详解】

如下图所示：

，即，，

，，，，

，、、三点共线，则.

，

当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.

【点睛】

本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.

9．ACD

【解析】

【分析】

根据共轭复数、复数运算、纯虚数、复数对应象限、充要条件等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】

A选项，互为共轭复数，则，即为实数，A选项正确.

B选项，，B选项错误.

C选项，为纯虚数，所以，C正确.

D选项，在第四象限，所以，所以D选项正确.

故选：ACD

10．ABC

【解析】

【分析】

利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；

【详解】

解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；

对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．

对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；

对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；

故选：ABC

11．BC

【解析】

【分析】

由题设及正弦定理得，再结合已知条件求a、b、c判断A的正误；应用余弦定理求角C，正弦定理求外接圆的半径，作应用勾股定理求.

【详解】

由题设及正弦定理知：，令且，

，可得，

所以，则△周长为，A错误；

，又，则，B正确；

△的外接圆半径为，C正确；

如下图，过作，由题设知：，则，

又，可得，故，

所以，D错误.

故选：BC

12．BCD

【解析】

【分析】

由根据数量积的运算律可得,可得为的垂心；结合与三角形内角和等于可证明B选项；结合B选项结论证明即可证明C选项，利用奔驰定理证明可证明D选项．

【详解】

解：因为，

同理，，故为的垂心，故A错误；

，所以，

又，所以，

又，所以，故B正确；

故，同理，

延长交与点，则

，

同理可得，所以，故C正确；

，

同理可得，所以，

又，所以，故D正确．

故选：BCD．

13．

【解析】

【分析】

由图中所示，可求出，，利用正弦定理求出，在直角△CMD中求解即可.

【详解】

在△ABM中，，则（m），

在△ACM中，因为，，

所以.

因为，

所以（m），

故（m）.

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

先求出且建立平面直角坐标系，如图所示．设点，求出，即得解.

【详解】

因为，

所以且

建立平面直角坐标系，如图所示．

设点，则，

从而可得，

所以．

因为在上单调递增，

所以当时，取得最大值，且最大值为．

故答案为：72

15．

【解析】

【分析】

取中点为，利用平面向量的加减法及数量积运算可推导出，利用数形结合法得出的取值范围，即可求出的取值范围.

【详解】

设正六边形外接圆的圆心为,

正六边形的边长为,正六边形外接圆的半径为，

在正中，取中点为,则,

设中点为,则

，

，，

又，，，，

在中,中点为,根据垂径定理则,,

,

点在以为圆心，半径的圆上.

当在正六边形的顶点处，且三点共线时取；

当在正六边形边长中点，且三点共线时取；

又，，

，

.

故答案为：

16．         

由题意，这正八面体每个面是全等的正三角形，且，

所以几何体的表面积为：，

又由，，所以，

所以该几何体的体积为：.

故答案为：，.

17．（1）；（2）.

【解析】

(1)利用三角形的面积公式和向量数量积的定义，以及同角三角函数的商数关系，求出的大小；

(2)利用余弦定理求出，在中，由正弦定理求出，在中，求出和，进而可得的周长．

【详解】

（1）∵，∴，

又，∴，即，又，∴；

（2）在中，由余弦定理得：，又、，，

∴，又，∴，

在中，由正弦定理得，又，∴为锐角，

∴，

在中，，∴，，

∴的周长为.

18．（1）；（2）

【解析】【详解】

（1）∵向量与向量共线共线，

∴，由正弦定理可得，

∴．∵，∴．

又∵，∴．

（2）∵，且，，∴，，

在中，由余弦定理有，

即，解得，或（舍去），

故．

19．(1)

(2)最大值为，此时

【解析】(1)

∵，

由正弦定理知，，

由余弦定理知，.

(2)

由（1）以及，得是等边三角形．

设，则．

余弦定理可得：，

则．

故四边形面积．

∵，∴，

∴当时，S取得最大值为，

故平面四边形面积的最大值为，此时．

20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】【详解】

解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为

（Ⅰ）由，有，故，

由，故，

所以圆锥体积为

由，有正四棱柱的底面对角线长为2，

由图可得，所以，

故正四棱柱的体积为

所以该几何体的体积为

（Ⅱ）由图可得，即，即

由，当且仅当时左式等号成立，

有，当且仅当，时左式等号成立，

故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立，

所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为.

21．（1）①，③，④或②，③，④；（2）.

【解析】【详解】（1）由①得，，

所以，

由②得，，

解得或（舍），所以，

因为，且，所以，所以，矛盾.

所以不能同时满足①，②.

故满足①，③，④或②，③，④；

（2）若满足①，③，④，

因为，所以，即.

解得.

所以的面积.

若满足②，③，④由正弦定理，即，解得，

所以，所以的面积.

22．(1)见详解(2)3(3)

【解析】(1)

证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.

(2)

因，，，，所以，，又因，所以，又因，，三点共线，所以，即.

(3)

设，，，，由（1）（2）可知，，即.

因，，

所以

，

又因是边长为的等边三角形，

所以，

令，因，即，当且仅当时，等号成立，所以.