第六章-第八章测试卷期中测试-2024-2025学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第六章~第八章滚动测试卷 【期中测试】 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. B. 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=2,则c=(　　) A.1 B.2 C. D. 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.2π B.π C.2π D.π 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=,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,=2,过点P的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,设=m,=n,其中m>0,n>0,则+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,则上底面正方形A1B1C1D1的边长为(　　)  A.15 B.5+10 C.25 D.5+20 多项选择题 9.[2024武汉二中高一期中]已知平面向量a=(,1),b=(x,-3),则下列命题正确的是(　　) A.若a∥b,则x=3 B.若a⊥b,则x= C.若x=-,则b在a上的投影向量的坐标为(-,-) D.若a与b的夹角为锐角,则x的取值范围为(-∞,) 10.[2025东北育才学校高一期中]在△ABC中,AB=4,AC=6,∠BAC=,点D为边BC上一动点,则(　　) A.BC=2 B.当AD为边BC上的高线时,AD= C.当AD为边BC上的中线时,AD= D.当AD为∠BAC的平分线时,AD= 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2π 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|=,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,,. (1)若点C在复平面的虚轴上,且=t,求出实数t与n的值; (2)若点C在直线y=1上,且⊥,求出实数m的值,并计算. 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=(cos C,c-2a),y=(b,cos 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=,AC=200 m,AB=200 m,M,N在BC上且∠MAN=. (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|==. 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=可得=,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|cos<a,b>求出cos<a,b>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cos θ==-.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==,所以圆锥SO的侧面积为π·OA·SA=π. 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=BC=,AB=1,所以AD==,S△BEF=EF·BB1=××1=,所以VA-BEF=S△BEF·AD=××=,故三棱锥A-BEF的体积为定值. 方法二　因为EF=,所以△BEF的面积为定值(S△BEF=EF·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==,B1M=B1C1=,所以AM⊥B1C1,AM==,S△AEF=EF·AM=××=,由B选项知S△BEF=,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=+,再由平面向量共线定理的推论得到方程+=1,求出2m+n=3,最后利用乘“1”法即可得到+的最小值. =+=+=+(-)=+,因为=m,=n,所以=+,又M,P,N三点共线,所以+=1,即2m+n=3.又m>0,n>0,所以+=(2m+n)(+)=(5++)≥(5+2)=3,当且仅当=,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=.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=,cos∠EFM==.  如图2,过M作MG⊥EF交EF于G,所以cos∠EFM===,解得=10⇒x=25,即上底面边长为25. 9.BC　A(✕)若a∥b,则-3-x=0,解得x=-3. B(√)若a⊥b,则a·b=x-1×3=0,解得x=. C(√)若x=-,则b=(-,-3),则|a|==2,b·a=×(-)+1×(-3)=-6,所以b在a上的投影向量的坐标为 ·a=a=-(,1)=(-,-). D(✕)若a∥b,则x=-3,若a与b的夹角为锐角,则a·b=x-1×3>0,解得x>,所以a与b的夹角为锐角的充要条件是x∈(,+∞). 10.ACD　A(√)由余弦定理,可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=16+36-2×4×6×=28,所以BC=2. B(✕)由三角形面积公式,可得S△ABC=×AB×AC×sin∠BAC=×4×6×=6,而S△ABC=×BC×AD=×2×AD=6,故AD==. C(√)如图所示,取AC的中点E,连接DE,则DE∥AB,可得AE==3,DE==2,∠AED=π-∠BAC=,在△ADE中,由余弦定理,可得AD2=AE2+DE2-2AE·DEcos∠AED=32+22-2×3×2×cos=19,可得AD=. D(√)因为AD为∠BAC的平分线,所以∠BAD=∠CAD=,由S△ABC=S△ABD+S△ACD,可得×4×6sin=×4×ADsin+×6×ADsin,可得AD=. 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=.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a=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=2π. 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=),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==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　==-+i,故其共轭复数为--i(实部不变,虚部变为相反数),对应的点为(-,-),显然位于第三象限. 13.　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=×5×π(102+10×20+202)=π(cm3),所以102π·h=π,可得h=(cm). 14.　  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=a,=b,如图,因为||=|a|=2,||=|b|=1,所以a=(2,0),b=(0,1).作=c,令c=(x,y),则c-a=(x-2,y),因为|c-a|==,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-≤y≤,当x=2时等号成立,所以-≤c·b≤,即c·b的最大值为,此时c=(2,). 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=(1,-2),=(-1,n-1), 由=t,可得(1,-2)=t(-1,n-1), 所以解得(6分) (2)点C在直线y=1上,即n=1, =(1,-2),=(m,1),(9分) ⊥⇒·=0, 即m-2=0,m=2.(10分) 此时z=2+i, ==-i.(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===,B1E=AB1==,DE=A1C=, 在△B1DE中,由余弦定理得cos∠B1ED===-,(14分) ∴异面直线AB1与A1C所成角的余弦值为.(15分) 17.【解析】 (1)选择①:因为x⊥y,所以(2a-c)cos B=bcos C, 由正弦定理,得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, 即2sin Acos B=sin Ccos B+cos Csin B, 即2sin Acos B=sin(B+C)=sin A,(3分) 因为A∈(0,π),所以sin A>0,所以cos B=, 又B∈(0,π),所以B=.(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cos B==, 又B∈(0,π),所以B=.(5分) (2)由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=4,(6分) 即3ac=(a+c)2-4≤(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<a+c≤4,得4<a+b+c≤6, 所以△ABC周长的取值范围为(4,6].(10分) (3)第一步:由三角形的面积公式求得边的关系 由面积公式S△ABC=b×1=acsin B,得b=ac,(11分) 第二步:结合余弦定理及基本不等式得ac的取值范围 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac, 所以(ac)2=a2+c2-ac≥ac,所以ac≥,当且仅当a=c=时等号成立.(13分) 第三步:求得三角形面积的最小值 所以S△ABC=acsin B=ac≥, 即△ABC面积的最小值为.(15分) 18.【解析】 (1)因为∠CAB=90°,AC=200 m,AB=200 m, 所以BC=400 m,tan B===, 所以B=,C=.(3分) 在△NAB中,AN2=AB2+NB2-2AB·NB·cos B=(200)2+2002-2×200×200×cos=2002, 所以AN=200 m,(5分) 则△NAB为等腰三角形,∠NAB=, 所以∠CAM=,则∠CMA=, 得AM=AC·sin C=200×=100(m),CM=AC·cos C=200×=10(m),则MN=BC-CM-BN=400-100-200=10(m), 所以护栏的长度为AM+AN+MN=300+100(m).(8分) (2)设计使得∠CAM=时人工湖面积最小(或设计∠NAB=等符合题意都可).(9分) 方法一　设∠NAB=θ,θ∈(0,),则∠CAM=-θ, 在△NAB中,=,即=, 解得AN=.(11分) 在△CAM中,=,即=, 解得AM=.(13分) 所以人工湖的面积为S△MAN=AM·AN·sin∠MAN=××==, 则当2θ=,即θ=,∠CAM=-=时人工湖的面积最小,最小值为=30 00(2-)m2.(17分)  方法二　设∠CAM=θ,θ∈(0,),则∠NAB=-θ, 在△CAM中,=,即=, 解得AM=.(11分) 在△NAB中,=,即=, 解得AN=.(13分) 所以人工湖的面积为S△MAN=AM·AN·sin∠MAN=××====, 则当2θ+=,即θ=时人工湖的面积最小,最小值为=30 00(2-)m2.(17分)  19.多面体的外接球问题+空间中的点共面问题+证明面面平行+求线面角的正弦值 思路导引　(1)求证MN∥平面PAB和ME∥平面PAB即可证得平面MNE∥平面PAB; (2)(i)求证△ABC外接圆圆心为球心即可得证; (ii)取AB的中点H,连接PH,HC,依次在△HBC,Rt△PHC和△PBC中求得HC2=7,PC2=8和cos∠PBC=-,进而求得sin∠PBC,设O到平面PBC的距离为h,求VO-PBC,接着利用VO-PBC=VP-OBC求出h,设直线PO与平面PBC所成角为θ,再由sin θ=即可求解. 【解析】 (1)因为M,N,E分别为BC,AC,PC的中点,  所以MN∥AB,ME∥BP.(1分) 因为MN,ME⊄平面PAB,AB,BP⊂平面PAB, 所以MN∥平面PAB,ME∥平面PAB, 又MN∩ME=M,MN,ME⊂平面MNE,所以平面MNE∥平面PAB.(4分)  (2)(i)如图,取AB的中点H,连接PH, 因为PA=PB,所以PH⊥AB.(5分) 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PH⊂平面PAB, 所以PH⊥平面ABC,且PH=AB=1.(7分) 设△ABC外接圆圆心为Q,半径为r,则r==2,(8分) 所以HQ===,所以QP===2=r, 所以Q点即为球心O,所以A,B,C,O四点共面.(10分) (ii)由(i)可得PB==, 连接HC,在△HBC中,HC2=HB2+BC2-2HB·BCcos 120°=1+4+2=7, 在Rt△PHC中PC2=PH2+HC2=8, 在△PBC中,cos∠PBC===-,故sin∠PBC==.(13分) 设O到平面PBC的距离为h,则VO-PBC=×××2×h=h, 又VO-PBC=VP-OBC=×S△OBC×PH=××22××1=, 所以h=⇒h=, 设直线PO与平面PBC所成的角为θ,故sin θ===.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $