阶段检测卷二(第六至八章)-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

阶段检测卷二（第六至八章） 建议用时：120分钟满分150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给 凿 出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)》 1.设复数x=一1-i(为虚数单位)，z的共轭复数是之，则2二之等于 () 密 A.-1-2i B.-2+i C.-1+2i D.1+2i 2.已知向量a,b满足a十b=√3a一b|=√3|a|,则a与b的夹角 封 为 () A.90° B.60° C.45° D.30° 1 塑 3.已知向量a= 2,sina,b=(sina,6,若a/b,则锐角a为( A.30° B.60° C.45° D.75° 4.一个圆锥的侧面展开图是圆心角为270°的扇形，且扇形半径为 粉 内 4,则过圆锥顶点的截面的面积的最大值为 () A.167 3 C.8 D.37 不 5.在△ABC中，已知点D是AB边上一点，若AD=3DB,CD=1 4 数 准 CA十ACB,则A= A.-2 3 R月 C.-1 3 D 答 6.如图，A,B是半径为1的圆周上的定点，P为圆周上的动点， ∠APB是锐角，大小为B.图中△PAB的面积的最大值为( 茶 题 A7sin叶sin29 1 B.sin Bsin 28 C.B+sinβ D.B+cos B 7.如图所示，在斜三棱柱ABC一A1B1C1中， 丝 ∠BAC=90°，BC1⊥AC,则点C1在底面ABC 部 上的射影H必在 ( A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 8.已知三棱台ABC-A1B,C1的六个顶点都在球O的球面上，AA =BB1=CC1=√/10，△ABC和△A1BC1分别是边长为√3和2√3 的正三角形，则球O的体积为 A.32x B.205x D.40/0元 3 C.36π 3 3 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 9.已知i为虚数单位，复数1=a十2i,之2=2-i,且之1|=|之2|，则实 数a的值为 () A.0 B.1 C.-1 D.2 10.八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面 图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH,其中|OA|=1,则下 列结论正确的有 () 图1 图2 A.OA·OD=-2 2 B.OB+OH=-/20E C.AH.HO=BC.BO D.D正在上的投影向量为一号 11.在△ABC中，若B=5,∠B的平分线BD交AC于D,且BD= 2,则下列说法正确的是 A,若BD=BC,则△ABC的面积是3+ 2 B.若BD=BC,则△ABC外接圆的半径是2√2 C若BD=BC,则识- 2 D.AB+BC的最小值是8③ 3 12.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O D 为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中 A 点，则下列结论中正确的是 B ( A.DO∥平面ABC M DL B.MO⊥平面A1BC C.二面角M-AC-B等于90° D.异面直线BC1与AC所成的角等于60° 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.已知a=2,b|=1,(a,b)=60°，则使向量a+b与λa一2b的 夹角为钝角的实数λ的取值范围是 14.已知复数之满足|之一1一2i=2,则|z的最大值为 15.设三棱柱ABC一A1BC1的侧棱垂直于底面，AB=AC=2, ∠BAC=90°，AA1=3√2，且棱柱的所有顶点都在同一个球面 上，则该球的体积为· 16.设AM为△ABC中BC边上的中线，且AP=PM.若∠BAC= 子，BC=2,则P店·P元的最大值为 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤)》 17.(10分)(1)已知复数之在复平面内对应的点在第四象限，x= 1,且之十z=1,求复数之； 2吧知复数25m21+5Dm一3(2+D为纯虚数，求实数 m的值. 第一部分单元、阶段检测卷27 18.(12分)设e1,e2是两个夹角为60°的单位向量，AB=2e1一8e2, CB=e,+3e2,CD=2e1-e2: (1)证明：A,B,D三点共线； (2)若BE=2e1一ke2.且BE与CD的夹角为30°，求实数k的值. 19.(12分)如图所示，四边形ABCD是平行四边 形，PB⊥平面ABCD,MA∥PB,PB=2MA. 在线段PB上是否存在一点F,使平面AFC ∥平面PMD?若存在，请确定点F的位置； 若不存在，请说明理由. D 28第一部分单元、阶段检测卷 20.(12分)如图所示的五面体ABCDEF 中，四边形ABCD是正方形，平面 ADE⊥平面CDEF,AB=ED=2EF =2,∠EAD=60°. (1)证明：平面ADE⊥平面ABCD; (2)求三棱锥F一ABD的体积. 21.(12分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,满足bsin A=asin(B+F） (1)设a=3,c=2,过B作BD⊥AC于点D,点E为线段BD的 中点，求BE·EA的值； (2)若△ABC为锐角三角形，c=2,求△ABC面积的取值范围. 22.(12分)如图所示，在四棱锥E一ABCD中，底面ABCD是正方 形，AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点，AB =√2EC. (1)求证：DE∥平面ACF; (2)求BE与平面ACE所成角的正切值； (3)在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?若存在， 求出S的值；若不存在，请说明理由。 G22.解(1)证明：，AD∥BC,BC=2AD,E是BC中点，∴.AD∥BE,AD=BE,.四边 又ACC平面ABC,.平面ABC1⊥平面ABC 形ABED是平行四边形， 又，平面ABC1∩平面ABC=AB, 又'∠BAD=90°，∴.四边形ABED为矩形，∴.PA⊥平面ABCD,DEC平面ABCD: .点C1在底面ABC上的射影H必在AB上.故选A, .PA⊥DE, 8.B设点O2,O1分别是正三角形A1B1C1,正三角形ABC的中心，球O的半径为R, 又DE⊥AD,AD∩PA=A,PAC平面PAD,ADC平面PAD, 且O1,O2,O三，点共线，连接AO,A1O,O1O2,易知正三棱台ABC一A1B1C1的高为 .DE⊥平面PAD,又DEC平面PDE,.平面PDE⊥平面PAD. (2)取PB中点F,连接EF,在△BPC中EF∥PC,PCC平面PCD,EF￠平面 OO2,在等边△ABC中，由AB=3,结合正弦定理可得20，A=AB=,解得 sin60° 3 PCD,EF∥平面PCD,.当F为PB中点时，使得EF∥平面PCD. 2 (3)连接OF, AB1 AB=1,DC=√2，DE⊥BC,∴.EC=1, 0A=1,在等边△A1B1C中，由A1B1=25,结合正弦定理可得20A=im60 .BC=2EC=2,,Q是PC中点，F为PB中点， FQ∥BC且FQ=2BC,则QF=1, 23,解得02A1=2, 2 ,PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD, D月 如图，过点A作AN⊥A1O2,垂足为N,则在三角形 .PA⊥BC, A1AN中，A1N=1,AA1=√10，所以AN=O1O2 ∴.AB⊥BC,PA∩AB=A,PA、ABC平面PAB, =√10-I=3,所以正三棱台ABC-A1B1C1的高 BC⊥平面PAB,QF⊥平面PAB, A 为3，在Rt△OO1A中，OO+O1A2=R2,即OO月+ Q 故Vp-Aa=VgAp=号X号×AB·PA·QF=日X1X2X1= 3 1=R2,① A 在Rt△OO2A1中，00%+O2A?=R2,即(3-001)2 阶段检测卷二（第六至八章） +4=R2,② 1.C2-2=2-（-1+D=(3-iD(-1+iD -1-1(户1-D(-1+分=-1+2i.故选C 由①②两式解得R=5,所以球0的体积为手R B 2.B由√3|a-bl=√3al,可得a2+b2-2a·b=a2,即b2=2a·b, =20y5元.故选B. 3 由a十b1=√31a-bl,可得a2+b2+2a·b=3a2+3b2-6a·b, 9.BC因为复数之1=a十2i,z2=2-i,且|z1|=|x2|,所以a2+4=4十1，解得a=士1. 即a2+b2+b2=3a2+3b2-3b2,解得a2=b2,即a=|b, 故选BC, a: 所以cosa,b)=1ai6=b12=2' 10.ABD题图2中的正八边形ABCDEFGH中，八个等腰三角形全等，顶角为牙，腰 长为1. 又因为0°≤(a,b)≤180°，所以(a,b)=60°，即a与b的夹角为60°.故选B. 3Aa/bsin3a=号×合=子sina=士7又“a为能角ia=30,故选A 对于A,0i.0ò-1X1Xo要-=一号，故A正确， 4 4.C由扇形孤长公式及扇形半径为4可知圆心角为270°的扇形的孤长1=3严×4= 对于B,OB+Oi=√2OA=一√2OE,故B正确； 2 6π，设圆锥底面半径为r,则2πr=6π，解得r=3,2r=6, 对于C,因为A=BC,HO=|BO,Ai,HO》-,B心，BO)= 易知过圆维顶，点的栽面为三角形，设顶角的最大值为0，则c050=4,十426<0，所 所以Ai.Hò-|Ai×Hò1cos(Ai,HO-|AHXHOlcos5, 2×4×4 以0是钝角， B心.Bò=|cos(BC,BO》=|BC×1,所以Ai,Hò≠C 易知当顶角为直角时，三角形的面积最大，为号×4X4=8。 ·BO,故C错误； 故选C. 对于D,因为DE-Ai,所以DE在AB上的投影向量即为A百在AB上的投影向量， 5.B由A弦=C弦-CA,得AD-A店=(C-C), 又Cò-Ci+Aò，∴Cò-Ci+是(C-Ci=}Ci+C,易知=是，故选B 中商学·需技D烧这益Am 6.B如图，设该圆圆心为O,连接OA,OB,由题意可得∠AOB 11.ACD对于A,因为B=号，角B的平分线BD交AC于D,所以∠ABD=∠CBD 2∠APB=23, 作直线QO⊥AB,交圆周于点Q.连接QA,QB,当P与Q重合 二香，又B0=BD=2,所以∠C∠BDc6-8,∠A=段专A 时，△PAB的面积最大， 易知QO=1,Q到线段AB的距离为1十cosB, 在△ABC中，由正弦定理得BC=AB 此时，AB=2X1×sinB=2sinB, sin A sin C=22, 所以△ABQ的面积S=2(1+cos)·2sinB=sinB+-sin Bcos 所以AB=2sn8-2sm(后+子）-22x(sm吾as至+eas吾sm晋）-5 +1, g=sin叶2sin2p,即△PAB的面权的最大值为sin叶2sin2A故连B 以Sa=专A8·BC·sm∠ABc=号×5+1DX2×号-35，长A 2 7.A连接AC1,如图所示 B 正确 ∠BAC=90°， .AB⊥AC. 对于B,国为BD=BC,所以C-登则A=子， 4， :AB⊥AC,BC1⊥AC,AB∩BC1=B, AC⊥平面ABC1. 段△ABC外接圆的丰径是R,易知2R=BC=22,所以R=√2，故B错误， 68参考答案 对于C.易知AD AB DC BC sin∠ADB' in =sin∠BDC,由A知和AB=3+1,因为 6 ∠ADB和∠BDC互补，所以sin∠ADB=sin∠BDC,所以AP=A二=B+1,故C DC BC 2 正确. 对于D,设A=0,期C-否-0，∠BDC=吾+0， 易知 BD AB BD BC sin A sin∠ADB'sin Csin∠BDC' 所以AB+BC 2sn(g+吾）2sin(9+晋）_5sing叶eos0+5sn0叶cos0 sin 0 sin(5-0) sin 0 号cos0+7sn9 若0=受，则AB+BC=B+0+5+0-35, 1 2 3+1 an0,令= 若0∈Q,U(,则AB+BC=3+am05X1。+ tan' 尉e(-号0)u0,+o) 4√3 AB+BC=5++3+女=3++2E+D=F(5+1)+ +宁 V3t+13 +g>≥2 5t+1 √厚a+w 4W3 3+4y5-8E, √3t+13 3 4√3 当且a当号+1 V8脚=号时学号成立 3 综上，当△ABC为等造三角形时，AB十BC的位最小，是8g,故D正确，故 选ACD. 12.答案ABD 解析对于A,连接B1D1,交A1C1于E,则四边形D1OBE为平行四边形， 故D1O∥BE. ,D1O吐平面A1BC1,BEC平面A1BC1,.D1O∥平面A1BC1,故A正确. 对于B,连接B1D,O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，MO∥B1D, 易证B1D⊥平面A1BC1,则MO⊥平面A1BC1,故B正确. 对于C,'BO⊥AC,MO⊥AC,则∠MOB为二面角M一AC-B的平面角，显然不 等于90°，故C错误. 对于D,:AC∥A1C1,∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角，，△A1C1B 为等边三角形， .∠A1C1B=60°，故D正确.故选ABD. 13.答案(-1-√3，-1+√3) 解析若向量a十b与入a一2b的夹角为钝角， 则(a十b)·(a-2b)<0,且a十b与Aa-2b不共线， 中释-1一<-1 故答案为（一1一√3，一1+√3） 14.答案2+5 解析设x=a十bi(a,b∈R),由x-1-2i=2,可得|a-1十（仍-2）i=2, 则√(a-1)2+(b-2)2=2,即(a-1)2+(6-2)2=4, 故复数之=a十bi在复平面内对应的点(a,b)的轨迹是以A(1,2)为圆心，2为半径的 圆，由|z表示复数之在复平面内对应的点(a,b)到坐标原，点O的距离， 得|z的最大值就是2+|OA|=2+√12+22=2+√5. 15.答案13V26x 3 解析设三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径为R,把三棱柱ABC-A1B1C1补 成长方体，则长方体的体对角线即为外接球的直径，所以有2R=√22十22+(3√2)2 =√西，所以R=,所以外接琅的体和V-专R-184 3 16.答案- 解析：A=P,P为AM的中点，又M为BC中点，AP=(A店+AC), 则P成.P成-应-纳，花-=()·（心 (A店-4a)·(保A花-)=-是御：-是A+A花.成 易知A店·A花=1 ClX0s∠BAC=1A1AC×os音-国Ad 2 P店.P心=是a1AC-是A:-是A2, ABI=c,IACI=6,|BCI=a, 由as∠BAC-&+流亡，a-2,得+-c十d. 则P店.P元=-是&+e2)+c=一是oc+0+是c-答-是， bc十+4=b2十c2≥2bc,.bc≤4，当且仅当b=c=2时取等号， P成，元-日c-<日×4-是-=-子P店P元的最大值为-是 4 17.解(1)设之=a十bi(a,b∈R), 由题意释十1解得a-日6=士 1 2a=1. :复表：在复平西内对应的点在常四象限山一复一合 (②：0-1+5动wm-82+0 5m2(1+2i) -=2)1千2D-（1+5m-3(2+iD=(m2-m-6)+(2m2-5m-3)i, 依题意，m2-m-6=0,解得m=3或一2. 又：2m2-5m-3≠0，m≠3，且m≠-名，m=-2。 18.解(1)证明：rCD=2e1-e2,C克=e1十3e2,BD=CD-C店=e1-4e2, AB=2(e1-4e2)=2BD,.AB与BD共线， 又AB与BD有公共端点，A,B,D三点共线. (2)易得B酝.Ci-(20-e)(2a-)=4-2e·g-2e1·+k=4-2X号 -2k·号+友=3， |B21=√2e1-e2)z=√2-2k+4,1Cd1=√(2e1-e2)严=3， cos30°-BE.CD 3 B·CDN二2+45√24十=空，解得=2减日 =0. 19.解当点F是PB的中，点时，平面AFC∥平面PMD,证明如下： 如图，连接BD与AC交于点O,连接FO, 则PF=PB. 四边形ABCD是平行四边形， .O是BD的中点， ∴.OFPD. 又OF￠平面PMD,PDC平面PMD, .OF∥平面PMD. 又MA∥PB且MA=2PB, .PF∥MA且PF=MA,.四边形AFPM是平行四边形，'.AF∥PM. 又AF￠平面PMD,PMC平面PMD,'.AF∥平面PMD. 又AF∩OF=F,AFC平面AFC,OFC平面AFC,∴.平面AFC∥平面PMD. 20.解(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AB=AD, 又AB=ED,∠EAD=60°，所以△ADE为等边三角形， 如图，取DE的中点H,连接AH,可得AH⊥DE, 又平面ADE⊥平面CDEF,平面ADE∩平面CDEF=ED, 所以AH⊥平面CDEF,又CDC平面CDEF,所以AH⊥CD, 因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD, 又AD∩AH=A,AD,AHC平面ADE,所以CD⊥平面ADE, 又CDC平面ABCD, 所以平面ADE⊥平面ABCD. (2)因为CD∥AB,AB吐平面CDEF,CDC平面CDEF,所以AB∥平面CDEF, 又ABC平面ABEF,平面ABEF∩平面CDEF=EF,所以AB∥EF, 又EF中平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD, 所以点F到平面ABCD的距离与，点E到平面ABCD的距离相等. 如图，取AD的中点G,连接EG,可得EG⊥AD, E 又平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面AB CD=AD,所以EG⊥平面ABCD, H 易得EG=√3， D- 所以三棱维F-ABD的体积V-子·EG·SAAD =3×x分×2x2-25 3 21.解(1)由bsin A=asin(B+号)，得sin Bsin A=-sin Asin(B+号）=2 sin Asi B+③」 2 sin Acos B, 所以号in AsinB一9 sin Aco B=0,易知sinA0, 所以nB-sB=0,anB=, 又B∈(0，)，所以B=号， 由题可知b2=a2+c2-2 accos B=9+4-6=7, 又b>0,所以b=√7， 则△ABC的面和为7 acsin B=合×3X2×写-3， 2 2 2X33 所以BD= ,2=33_32 b √77 因为点E为线段BD的中点，所以BE=3I, 14 由题意得EA=ED十DA=BE+DA, 所以B庞·i=庞.(B成+Di)=皎+0=器 (2)由(1)知B=5,又c=2,所以A 2 2 以in Asin C sin(g-A）sm(A+号】 所以a= 2sin A 2sinA一=4 (a+）nA+ 2cosA1十3 ∫0<A<受， 口ABC为锐角三角形，所以32π一A29. 解得<A<, 则anA∈（停，+，所以a=4g∈1,4. 1+ tan A △ABC的面有为宁0ainB=9∈（停，2同）， 故△ABC西积的取值范国是（停，2） 22.解（1)证明：连接OF. 由四边形ABCD是正方形可知，O为BD的中点， 又F为BE的中点，OF∥DE. 又OFC平面ACF,DE寸平面ACF， ∴.DE∥平面ACF. (2).EC⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, .EC⊥BD, 由四边形ABCD是正方形可知，AC⊥BD, 又AC∩EC=C,ACC平面ACE,ECC平面ACE, ∴.BD⊥平面ACE,∴.∠OEB即为BE与平面ACE所成的角， 设EC=1,则AB=√2，OB=OC=1,OE=√2， 品tn∠0EB-是店号减BE与半面ACE所成角的匹切值为9 2 (3)在线段EO上存在，点G.使CG⊥平面BDE. 理由如下：令G为EO的中点， 在回棱缑E-ABCD中，AB=EC,C0=号AB=EC,又EBC1C0,:CGLB0. 由(2)可知，BD⊥平面ACE,又CGC平面ACE,∴.BD⊥CG, 又BD∩EO=O,BD,EOC平面BDE,∴.CG⊥平面BDE. 故在线段EO上存在，点G,使CG⊥平面BDE, 此时G为B0中点，哥- 第九章章末检测卷 1.B依据总体的特殊性，B项最适合抽样调查.故选B. 2.C物理考试获得二等笑的频率为1-0.4一0.1-0.26=0.24,0号=50，所以该考 场总共有50人，所以化学考试获得一等奖的有50×(1一0.16一0.38一0.38)=4人， 所以①中说法正确；全校物理考试获得二等奖的有1000×0.24=240人，所以②中 说法正确：若采用分层抽样从全校抽取200人，则其中化学考试淘汰的有200×0.38 =76人，所以③中说法错误.故选C. 3A依题意，抽样的比例为0=0故从高三学生中耥取人囊为300X品=10，故 选A. 4.D由频率之和为1得10×(0.005+x十0.035十0.030+0.010)=1，解得x=0. 020,A中结论正确； 得分在80分及以上的人数为(0.030十0.010)×10×100=40，B中结论正确； 因为10×(55×0.005+65×0.020+75×0.035+85×0.030+95×0.010)=77，C 中结论正确； 0.005×10+0.020×10+0.035×10=0.6<0.8, 0.005×10+0.020×10+0.035×10+0.030×10=0.9>0.8, 所以这组数据的第80百分位数的估计值落在区间80,90)内，80+g8.06×10= 260,故这组教据的第80百分位数的估计值不是85，D中结论错误.故选D. 3 5.D根据题意设2020年年总收入为a,则2021年年总收入为2a, 对于A,2020年甲系列产品年收入为40%a=0.4a,2021年甲系列产品年收入为 20%·2a=0.4a,故A中结论正确； 对于B,2020年丁系列产品年收入为15%a=0.15a,2021年丁系列产品年收入为 30%·2a=0.6a,故B中结论正确； 对于C,2021年丙和丁系列产品年收入之和为(25%十30%)·2a=1.1a,2020年年 总收入为a,故C中结论正确； 参考答案69