人教A版（2019）数学必修第二册期末素质检测模拟题（学校自测）7

这是一份人教A版（2019）数学必修第二册期末素质检测模拟题（学校自测）7，共16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。
 人教A版（2019）数学必修第二册期末素质检测模拟题（学校自测）7 一 、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为    A.  B.  C.  D. 2.（5分）下列命题正确的是A. 若，都是单位向量，则
B. 若向量，，则
C. 与非零向量共线的单位向量是唯一的
D. 已知，为非零实数，若，则与共线3.（5分）如果用半径为的半圆形铁皮卷成侧面积最大的圆锥，则这个圆锥的高是A.  B.  C.  D. 4.（5分）同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于的概率为A.  B.  C.  D. 5.（5分）设向量，，满足，，则A.  B.  C.  D. 6.（5分）已知复数为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限7.（5分）已知三棱锥中，平面，，，则三棱锥体积最大时，其外接球的体积为A.  B.  C.  D. 8.（5分）已知i是虚数单位，复数z=（x2-1）+（x+1）i是纯虚数，则实数x的值为（  ）A. -1 B. 1 C. ±1 D. 2二 、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式是自然对数的底，是虚数单位，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”已知复数在复平面内对应的点分别为，且的共轭复数为则下列说法正确的是 
 A.
B. 表示的复数对应的点在复平面内位于第一象限
C.
D. 若为两个不同的定点，为线段的垂直平分线上的动点，则10.（5分）已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则与所成的角和与所成的角相等11.（5分）平面过棱长为的正方体的顶点，且平面，平面，平面，则下列不正确的是A. 直线与所成的角为
B. 直线与垂直
C. 平面到平面的距离为
D. 直线与平面所成角的正弦值为12.（5分）对于任意的平面向量，，，下列说法错误的是A. 若，则与不是共线向量
B.
C. 若，且，则
D. 13.（5分）已知，是边的三等分点，点在线段上，若，则的值可以是A.  B.  C.  D. 三 、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）在锐角中，，，则的取值范围是__________.15.（5分）在中三个内角，，的对边分别为，，，，则______用弧度制表示．16.（5分）圆锥的表面积是底面积的倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为______．17.（5分）若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为，面积为的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为______．18.（5分）某机构为了了解观众对春节晚会的喜爱情况，对人进行了问卷调查，其中参与调查的男性观众有人，若采用分层抽样的方法从参加问卷调查的人中抽取人进行进一步交流，则抽取的女性观众的人数为________.四 、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）如图，四边形为矩形，，，为的中点． 
Ⅰ求证：平面； 
Ⅱ求二面角的余弦值．
 20.（12分）在△ABC中，AC=6，cosB=，C=． 
（1）求AB的长； 
（2）求cos（A-）的值．21.（12分）在中，三个内角为，，且满足C. 
Ⅰ如果，求的值； 
Ⅱ求的最小值．22.（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，，平面平面 
 
求证：平面； 
若是线段上的一点，且，为上的一点，，求三棱锥的体积．23.（12分）在平行四边形中， 
用表示； 
若，求，； 
若，，，求
答案和解析1.【答案】A;【解析】 
此题主要考查外接球的表面积的计算，线面垂直的证明，补形法的应用，属中档题． 
解题关键是证明平面，根据球是三棱柱的外接球求出球的半径. 
 
解：由，，得， 
由点是的中点及，易求得， 
又，，由勾股定理得， 
又因为，平面，平面， 
所以平面， 
以三角形为底面，为侧棱补成一个直三棱柱，则球是该三棱柱的外接球， 
因，则球心到底面三角形的距离， 
由正弦定理得三角形的外接圆半径， 
所以球的半径为， 
所以球的表面积， 
故选
 2.【答案】D;【解析】解：若，都是单位向量，则这个向量不一定相等，因为它们的方向都是任意的，故错误； 
若向量，，则 和不一定平行，例如当时， 和的方向和大小都是任意的，故错误； 
与非零向量共线的单位向量有个，因为它们的方向是相反的，故错误； 
设，为非零实数，若，则与共线，故正确， 
故选： 
由题意，利用两个向量共线的性质和条件，得出结论． 
此题主要考查两个向量共线的性质和条件，属于及基础题．
 3.【答案】A;【解析】解：设圆锥筒的底面半径为，则，可得， 
所以圆锥筒的高 
故选： 
由半圆弧长与圆锥底面周长的关系求出圆锥的底面半径，再由圆锥的结构特征求锥体的高． 
此题主要考查了圆锥的侧面积的有关计算，属于基础题．
 4.【答案】B;【解析】 
此题主要考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 
基本事件总数，向上的点数之和小于包含的基本事件有个，由此能求出向上的点数之和小于的概率． 
 
解：同时抛掷两个质地均匀的骰子， 
基本事件总数， 
向上的点数之和小于包含的基本事件有： 
，，，，，，共个， 
向上的点数之和小于的概率为 
故选： 

 5.【答案】B;【解析】解：向量，，满足，， 
则． 
故选：． 
利用向量的模以及向量的数量积的运算法则化简求解即可． 
该题考查了向量垂直与数量积与向量的模的关系，运算法则的应用，属于基础题．
 6.【答案】D;【解析】解：， 
复数， 
复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限． 
故选：． 
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案． 
该题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
 7.【答案】D;【解析】【试题解析】 
解：因为平面，，所以三棱锥的体积最大时三角形的面积最大即可，而， 
因为，则， 
在三角形中， 
所以， 
所以， 
当，即时，最大，即最大， 
这时三角形为等腰三角形，，，由余弦定理可得， 
所以， 
设三角形的外接圆的半径为，则，所以，所以， 
因为平面，所以三棱锥的外接球的球心为过底面外接圆的圆心和中截面的交点， 
设外接球的半径为，则，所以， 
所以外接球的体积为：， 
故选： 
由题意可得三棱锥体积最大时，则使底面三角形的面积最大，由底面三角形的边的关系及余弦定理求出角的余弦值，进而求出它的正弦值的平方，求出三角形面积的平方，由二次函数的单调性求出面积最大值时的值，进而可得三角形为等腰三角形，求出其外接圆的半径，根据外接球的半径，底面外接圆的半径和三棱锥的高的一半，由勾股定理求出外接球的半径，进而求出外接球的体积． 
此题主要考查三棱锥的体积最大时的条件及三棱锥的棱长与外接球的半径之间的关系，和球的体积公式，属于中档题．

 8.【答案】B;【解析】解：由z=(x2 -1)+(x+1)i是纯虚数，得 
 x2-1=0x+1≠0，解得x=1． 
故选B．
 9.【答案】ACD;【解析】 
此题主要考查复数的计算，属于中档题. 
根据题设中的公式和复数运算法则逐项计算后可得正确的选项. 
解：，， 
所以，即，故正确； 
，因为，，所以表示的复数对应的点在复平面内位于第二象限，故错误； 
 
， 
所以 
 
， 
故正确； 
因为在线段的垂直平分线上，所以，即， 
所以，及，故正确.
 10.【答案】BCD;【解析】  
本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，直线与平面所成角，属于中档题． 
根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案． 
 
解：对于若，，，则平面与平面平行相交都有可能，故错误； 
对于若，，则，正确，因为，所以在平面内存在直线，又因为，，所以，所以，故正确 
对于若，，由面面平行的性质可得，故正确； 
对于若，，则与所成的角和与所成的角相等，正确，因为，所以与所成的角等于与所成的角，又，所以与所成的角，等于与所成的角，所以与所成的角和与所成的角相等. 
故选
 11.【答案】BCD;【解析】 
此题主要考查了简单多面体棱柱、棱锥、棱台及其结构特征，棱锥的体积，线面平行的性质，异面直线所成角，直线与平面所成角和空间中的距离，属于中档题. 
利用线面平行的性质，结合正方体的结构特征得和 
利用异面直线所成角，结合正方体的结构特征，求出直线与所成的角和直线与所成的角，对与进行判断，利用点面距，结合正方体的结构特征和题目条件把问题转化为点到平面的距离，再利用三棱锥体积等量，求出，对进行判断，利用直线与平面所成角，结合正方体的结构特征和题目条件把问题转化为直线与平面所成角，设到平面的距离为，直线与平面所成角为，再利用三棱锥体积等量，求出，对进行判断，从而得结论. 
 
解：如图： 
 
因为平面过正方体的顶点，平面， 
而平面，所以 
又因为在正方体中，平面， 
而平面，所以 
又因为平面，所以同理可得 
对于因为，所以与所成角就是直线与所成的角，即， 
而在正方体中，是正三角形，因此， 
所以直线与所成的角为，因此正确 
对于因为，与所成角就是直线与所成的角，即， 
而在正方体中，是正三角形，因此， 
所以直线与所成的角为，因此错误 
对于如图： 
 
连接、、 
因为平面过棱长为的正方体的顶点，平面， 
所以点到平面的距离就是平面到平面的距离. 
设棱长为的正方体的体积为， 
则， 
而三角形是边长为的正三角形，其面积为， 
因此，解得， 
即平面到平面的距离为，所以错误 
对于因为平面，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 
又因为在正方体中，， 
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 
设到平面的距离为，直线与平面所成角为， 
则 
又因为三角形是边长为的正三角形，其面积为， 
所以由得， 
解得，即， 
即直线与平面所成角的正弦值为， 
因此直线与平面所成角的正弦值为，所以错误. 
故选
 12.【答案】ACD;【解析】解：对，若，则与可以是共线向，错误； 
对，，正确； 
对，如图设，，，且，在上的投影都为线段长， 
根据数量积的几何定义知，但，错误； 
对，当与的方向不同时，显然不成立，错误． 
故选： 
根据向量共线，向量数量积的运算定律，向量数量积的几何定义，向量数乘的定义即可求解． 
此题主要考查向量共线，向量数量积的运算定律，向量数量积的几何定义，向量数乘的定义，属基础题．

 13.【答案】BC;【解析】解：由题意作图如下， 
， 
，且， 
 
， 
故选： 
由题意作图，结合图象及平面向量基本定理化简即可． 
此题主要考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．

 14.【答案】;【解析】此题主要考查锐角三角形的定义，正弦定理的应用，求得，是解答该题的关键．由条件可得，且 ，故，，由正弦定理可得，从而得到 的取值范围．解：在锐角中，，，，且 ，故， 
 故 ，由正弦定理可得，，， 
故答案为
 15.【答案】30°;【解析】解：在中三个内角，，的对边分别为，，，， 
， 
可得， 
所以． 
故答案为：． 
利用已知条件，结合余弦定理转化求解即可． 
该题考查余弦定理的应用，是基本知识的考查．
 16.【答案】180°;【解析】解：圆锥的全面积是底面积的倍，那么母线和底面半径的比为， 
设圆锥底面半径为，则圆锥母线长为，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长为， 
该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角：，即 
故答案为：． 
圆锥的全面积是底面积的倍，那么母线和底面半径的比为，求出侧面展开图扇形的弧长，可求其圆心角． 
该题考查圆锥的侧面展开图，及其面积等知识，考查空间想象能力，是基础题．
 17.【答案】;【解析】解：由扇形面积和半径，设扇形的半径为，弧长为，则可得， 
由题意：，， 
设圆锥的底面半径为，则，，该圆锥的高， 
， 
设球的半径为， 
由题意得， 
， 
故答案为：． 
由展开图的面积求出弧长既是圆锥的底面周长，进而求出底面半径和圆锥的高，求出圆锥体积，设球的半径，由球的体积公式公式求出球的半径． 
考查圆锥展开图与圆锥的关系，及球的体积公式，属于基础题．
 18.【答案】;【解析】此题主要考查分层抽样的知识，考查考生对统计知识的掌握情况． 
解：由题意知，参加问卷调查的女性观众的人数为所以抽取进行进一步交流的女性观众的人数为
 19.【答案】Ⅰ证明：是的中点，，． 
，，， 
，，即， 
四边形为矩形，， 
又，平面， 
平面； 
 
Ⅱ解：取的中点，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 
则，，， 
． 
从而，，． 
设平面的法向量，由，得， 
设平面的法向量，由，得， 
设，的夹角为，则， 
由于二面角为钝二面角，则余弦值为．;【解析】该题考查直线与平面垂直的判定，考查利用空间向量求二面角的平面角，是中档题． 
Ⅰ由是的中点，，可得再求解直角三角形可得，得，由四边形为矩形，可得，再由线面垂直的判定可得平面； 
Ⅱ取的中点，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，进一步求得平面与平面的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值． 
 

 20.【答案】解：（1）∵△ABC中，cosB=，B∈（0，π）， 
∴sinB=， 
由正弦定理可得， 
∴AB==5； 
（2）cosA=-cos（π-A） 
​=-cos（C+B）=sinBsinC-cosBcosC=-． 
∵A为三角形的内角， 
∴sinA=， 
∴cos（A-）=cosA+sinA=．;;【解析】该题考查正弦定理，考查两角和差的余弦公式，诱导公式，考查学生的计算能力，属于基础题． 
（1）利用正弦定理，即可求AB的长； 
（2）求出cosA、sinA，利用两角差的余弦公式求cos（A-）的值． 
 

 21.【答案】解：（Ⅰ）因为（tanA-sinC）•（tanB-sinC）=tanAtanB-sinCtanA-sinCtanB+siC=siC， 
所以可得：， 
即sinC•（sinAcosB+cosAsinB）=sinAsinB， 
可得：sinCsin（A+B）=sinAsinB， 
因为A+B=π-C， 
所以siC=sinAsinB． 
因为， 
所以． 
（II）设三角形ABC的三边长分别为a，b，c， 
则由（I）与正弦定理可得：=ab， 
因为， 
即cosC的最小值为．;【解析】 
Ⅰ利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求． 
设三角形的三边长分别为，，，由与正弦定理可得：，进而根据余弦定理，基本不等式即可求解的最小值． 
这道题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
 22.【答案】证明：因为平面平面，平面平面， 
平面，， 
所以平面， 
又平面， 
所以， 
又因为，，，平面， 
所以平面； 
解： 因为，平面，平面， 
所以平面，  
所以三棱锥的高等于点到平面的距离，即， 
又， 
所以， 
所以三棱锥的体积为 ;【解析】本题给出特殊四棱锥，求证面面垂直并求锥体体积，着重考查了直线与平面垂直的判定、平面与平面垂直的性质和体积公式等知识，属于中档题． 
利用线面垂直的判定定理得到平面； 
利用椎体体积公式求出三棱锥的体积. 

 23.【答案】解：（1），． 
（2）因为， 
所以， 
则， 
解得． 
（3）因为AB=3，AD=5，∠BAD=60°， 
所以， 
=．;【解析】 
根据向量的加法运算法则以及线性关系可得结果； 
，由，，代入条件可得，； 
首先计算，结合中，，数量积运算可得结果． 
本题考查了平面向量基本定理，数量积的运算及性质，属于中档题．