期中模拟卷02-高一数学下学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版必修第二册，浙江专用）

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高一数学下学期期中模拟卷02一、单选题1．已知是同一平面内的三个非零向量，下列命题中正确的是（    ）A．； B．若且，则；C．与不垂直； D．若，则共线且方向相反.【答案】D【分析】根据向量的数量积的定义向量的运算法则分析可知结果.【解析】对于A，，当时，，故A错；对于B，，故当或，故B错；对于C，，故与垂直，故C错；对于D，，两边同时平方并化简得，故D正确.故选：D2．已知两个不同的平面和三条不重合的直线，则下列命题中正确的是（    ）A．若，则；B．若在平面内，且，则；C．若是两两异面的直线，则存在直线与它们都相交；D．若是两条异面直线，，且，则一定与相交.【答案】C【分析】对于 A,说明a,b也可能异面，即可判断；对于B，根据线面垂直的判定定理即可判断；对于C，作图分析，找到和都相交的一条直线即可判断；对于D，利用反证的方法加以判断.【解析】对于A, 若,无法确定a是否在平面内，故a,b也可能异面，故A错误；对于B,只有当a,b是相交直线时，若在平面内，且，才可推出，故B错误；对于C, 是两两异面的直线，不妨设它们位置如图，设a上一点A，直线b上一点B,连接AB,设过c和b平行的平面为，设AB交于点D,则过点D和b平行的直线设为DC，交c于C点，连接AC,并延长，则AC和b必相交于一点，设为P，即直线PA与两两异面的直线a,b,c都相交，故C正确；对于D，假设a,b与c都不相交，则 ，故 ，这与是两条异面直线相矛盾，故假设不成立，则必有或b一定与相交，故D错误，故选：C3．下列说法错误的是（    ）A．一个八棱柱有10个面 B．任意四面体都可以割成4个棱锥C．棱台侧棱的延长线必相交于一点 D．矩形旋转一周一定形成一个圆柱【答案】D【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验．【解析】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，故A说法正确；对于选项B：任意四面体，在四面体内取一点为，将点与四面体的各个顶点连，即可构成4个棱锥，故B说法正确；对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确；对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误.故选：D．4．是钝角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则最大边c取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由与的值，利用三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边得出的取值范围，然后再由三角形为钝角三角形，得到小于0，利用余弦定理表示出，把与的值代入，根据小于0列出关于的不等式，求出不等式的解集，取范围的公共部分，即可得到最大边的取值范围．【解析】解：，，，即，又为钝角三角形，最大边为边，所以角为最大角，故，根据余弦定理得，即，即，解得：，，则最大边的取值范围是，．故选：B．5．如图是一个长方体的展开图，如果将它还原为长方体，那么线段AB与线段CD所在的直线（    ）A．平行 B．相交 C．是异面直线 D．可能相交，也可能是异面直线【答案】C【分析】将展开图还原成长方体，即可判断【解析】如图，将展开图还原成长方体，易得线段AB与线段CD是异面直线，故选：C6．平面向量，满足与的夹角为，且，则正实数（    ）A．有最小值，但无最大值 B．有最小值也有最大值C．无最小值，但有最大值 D．既无最小值也无最大值【答案】D【分析】由可得，又与的夹角为且，进而根据向量减法的几何意义及向量夹角的定义可得，从而可得答案.【解析】解：由，可得，即，所以，由题意，，所以，所以，又因为与的夹角为，所以，又，所以，所以，所以正实数既无最小值也无最大值，故选：D.7．我们的数学课本《人教A版必修第二册》第121页介绍了“祖暅原理”：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体，若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为，高皆为的“椭半球体”和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与任意距离处的平面截两个几何体，可横截得到一个圆面和一个圆环面，可以证明总成立.据此，当时“椭半球体”的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由祖暅原理可得“椭半球体”的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，根据圆柱，圆锥的体积公式可求其解.【解析】设“椭半球体”和被挖去了圆锥体的圆柱体被与距离处的平面截得的圆面，圆环面的面积分别为，，体积分别为,，则，由“祖暅原理”两个几何体的体积相等，故，故选：B.8．已知△ABC中，，，，，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，结合已知得△ABC为等腰直角三角形，由于，，P、B、C三点共线且P在BC两个四等分点之间运动，由图易得最小值.【解析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，依题意得△ABC为等腰直角三角形，斜边，D，E为斜边BC的两个四等分点，因为，，且，得点P在线段DE上运动，由下图易得，当点P在点D处时，取得最小值，根据余弦定理解得，所以.故选：C.【点睛】(1) 首尾相接的几个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量；(2) 平面向量，若，则A、B、C三点共线，反之亦成立. 二、多选题9．已知复数，其中z为虚数，则下列结论中正确的是（    ）A．当时，的虚部为 B．当时，C．当时， D．当时，【答案】AB【分析】由，利用复数的运算转化为复数的代数形式判断.【解析】A. 当时，，则的虚部为，故正确；B. 当时，，则，故正确；C.当时，，则，故错误；D.设，则，若，则，即，则，故错误.故选：AB10．已知是所在平面内一点，则下列结论正确的是（    ）A．若，则为等腰三角形B．若，则是的外心C．若，则为钝角三角形D．若，，则【答案】ACD【分析】由数量积的运算判断A，根据向量的夹角公式判断C，由垂直的向量表示判断D，根据向量线性运算判断B．【解析】由，得，即，故A对；由，取中点，连接，则，所以共线，且在线段上，，即为重心，故B错；由，得为锐角，为钝角故C对；由，，得，知为的垂心，所以，故D对.故选：ACD.11．如图，正方体中，点分别是棱中点，以下说法正确的是（    ）A．四点共面；B．平面平面；C．若点是线段中点，则平面；D．直线与直线交于一点.【答案】AD【分析】证明四边形是平行四边形，即可判断A;利用反证的方法，推出矛盾，可判断B,C;证明四边形为梯形，可判断D.【解析】对于A，设M为的中点， 连接,则,故四边形 为平行四边形， 则,由可知四边形为平行四边形，则,故,故四边形是平行四边形，即四点共面，故A正确；对于B,连接 ,由 可知四边形是平行四边形，故 ,平面,平面 ,故平面，假设平面平面，则平面,与平面矛盾，故B错误；对于C，假设平面，则，由于点是线段中点，故 ,不妨设正方体棱长为2,则 ，故与矛盾，故C错误；对于D，连接,由于点分别是棱中点，故 ,在正方体中， ,故 ,且，故四边形为梯形，故直线与直线交于一点，故D正确，故选：AD12．已知两个不相等的非零向量，两组向量和均由3个和2个排列而成，记，表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（    ）A．若，则与无关； B．若，则与无关；C．若，则； D．若，，则的夹角为.【答案】AC【分析】根据题意确定可能有三种情况，比较大小，确定，利用，可得，判断A; 若，设,求得，判断B;若，则化简，判断C, 若，，利用数量积定义求得，判断D.【解析】因为两组向量和均由3个和2个排列而成，故可能有三种情况;;②;③,，，故；若，则,则与无关,故A正确；若，设，则，则与有关，B错误；若，则，故C正确；若，，则，故，由于，故，故D错误；故选：AC 三、填空题13．已知，则的取值范围是___________.【答案】【分析】将向量进行线性运算后，按照向量的求模公式，结合辅助角公式求最值即可.【解析】因为，所以，故答案为：.14．如图，斜三棱柱中，底面是边长为4的正三角形，，，点分别是线段的中点，则异面直线和所成角的余弦值为___________；【答案】【分析】连接，证明，再在中利用余弦定理求解作答.【解析】在斜三棱柱中，连接，如图，因点分别是对边的中点，则，，则有四边形是平行四边形，，是异面直线和所成的角或其补角，因,且，则都是正三角形，于是得，在正中，，在中由余弦定理得：，所以异面直线和所成角的余弦值为.故答案为：15．如图：在等腰直角三角形中，点为边上靠近点的四等分点，过点作边的垂线，设点为垂线上任意一点，，则___________；【答案】【分析】利用向量的加减运算及向量的数量积运算进行化简求解即可.【解析】由已知可得点为边上靠近点的四等分点，则，故答案为：-216．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（其中为三角形的面积，为三角形的三边）.在斜中，分别为内角所对的边，若，且.则此面积的最大值为___________.【答案】【分析】由正弦定理化边为角，应用诱导公式，两角和的正弦公式变形可求得，再由正弦定理得，代入面积公式得面积为的函数，结合二次函数性质得最大值．【解析】解：∵，∴，即，即，又且，则，∴，∴，又，所以，解得，∴，∴时，．故答案为：．【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查新定义，解题关键是利用正弦定理及三角函数恒等变换公式得出边的关系，利用新给出的面积公式表示出三角形面积，从而可得最大值及边长． 四、解答题17．已知为虚数单位，实数分别取什么数值时，复数满足下列条件：(1)纯虚数；(2)复平面内对应的点在直线上.【答案】(1)(2) 【分析】（1）实部为0，虚部不为0即可；（2）实部等于虚部即可得解.(1)由已知解得(2)由已知18．已知不共线的向量满足.(1)是否存在实数，使与共线？若存在请求出，若不存在请说明理由；(2)若，求实数的值.【答案】(1)存在，；(2)或. 【分析】（1）假设存在实数满足题意，根据平面向量的共线定理，即可求得参数值；（2）求得，以及，结合向量垂直则数量积为零，带值计算即可.(1)假设存在实数，使得与共线，则存在实数，满足.因为不共线，有，解得，存在实数，使与共线.(2)由已知，，解得，由已知，得，则，即，解得或.19．如图，在菱形中，，(1)若求；(2)若菱形的边长为，（i）用表示；（ii）求的取值范围.【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）利用平面向量基本定理，选择不共线的两个向量作为一组基底，所求向量用基底表示，然后按照数量积运算求解即可；（2）同（1）选择作为平面内的一组基底向量，按照向量的运算法则表示目标向量；利用向量的数量积运算法则，结合三角函数的有界性，求解即可.(1)解：在菱形中，，且，又(2)（i）菱形，（ii），的取值范围是：20．某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，为地面，为路灯灯杆，，在处安装路灯，且路灯的照明张角，已知.(1)求灯离地面的高度；(2)当重合时，求路灯在路面的照明宽度；(3)求此路灯在路面上的照明宽度的最小值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）延长，过E点作DC的垂线，垂足为F点，利用可求出CF的长度即可灯离地面的高度.（2）利用正弦定理和余弦定理以及三角形中角度的关系即可求得照明宽度.（3）利用正余弦定理已经基本不等式进行求解即可.(1)解：由题意得：延长，过E点作DC的垂线，垂足为F点，， ，故灯离地面的高度等于(2)当重合时，根据余弦定理可知：设又，，由正弦定理可知：(3)由（1）可知：灯离地面的高度等于.由三角形的面积公式易知：又由余弦定理可知当且仅当时，等号成立；故，解得：此路灯在路面上的照明宽度的最小值为.21．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入一个底面为正方形的长方体内，且长方体的正方形底面边长为2，高为4，已知重合的底面与长方体的正方形底面平行，八面体的各顶点均在长方体的表面上．(1)若点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，求该八面体的体积；(2)求该八面体表面积S的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，求得正方形边长，相应四棱锥的高是长方体高的一半，由棱锥体积公式可得八面体体积；（2）如图，设平面ABCD截正方体所得截面为，且的中心为O，过点O作，垂足为G．由对称性，不妨设，求出正四棱锥底面边长，斜高，由一个侧面的面积得八面体的表面积，从而得范围．【解析】（1）由点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，∴，∴八面体．（2）如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为，且的中心为O，过点O作，垂足为G．　　　　图1由对称性，不妨设，则，，，．设AD的中点为H，如图2，　　　　　图2则，，所以．因为，所以，则，故，所以，所以此八面体的表面积S的取值范围为．22．在锐角中，，点为的外心．(1)若，求的最大值；(2)若．①求证：；②求的取值范围．【答案】(1)(2)①证明见解析；②.【分析】（1）推导出，，由以及平面向量数量积的运算性质可得出，，求出、的表达式，再利用基本不等式可求得的最大值； （2）①证明出，设与的夹角为，且，计算得出，可得出，即可证得结论成立；②计算出的外接圆半径为，可得，求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质可求得的取值范围.【解析】（1）解：如下图所示：取的中点，连接，则，所以，，同理可得，由平面向量数量积的定义可得，因为，所以，，即，所以，，①，即，所以，，②联立①②可得，，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.（2）解：①因为，，则，由圆的几何性质可得，所以，.设的外接圆半径为，所以，所以，又而，则，所以，，所以．设与的夹角为，且，则，所以，即.故，得证；②因为，，，所以，，所以，.其中，且为锐角，故，由可得，因为，可得，则，则，且，因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以，，所以，，所以，.【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；（3）一些常见的等式应熟记：如，等.