第六-八章平面向量及其应用、复数、立体几何初步阶段测试试卷-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

高一数学必修二 第六~八章平面向量及其应用、复数、立体几何初步阶段测试试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题：共58分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1．（5分）已知复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（5分）如图，点O为等腰梯形ABCD底边CD的中点，∠BCD＝60°，CD＝2AB，下列向量中，与相等的是（　　） A． B． C． D． 3．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则sinA＝（　　） A． B． C． D． 4．（5分）已知点A（4，3），B（1，﹣1），则与向量共线的单位向量为（　　） A．（﹣3，﹣4） B．（3，4）或（﹣3，﹣4） C． D．或 5．（5分）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（　　） A．若α∥m，β∥m，则α∥β B．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m，n为异面直线，m∥α，n∥β，则α∥β 6．（5分）在△ABC中，下列结论正确的是（　　） A．若A＞B，则cosA＞cosB B．若A＞B，则tanA＞tanB C．cos（A+B）＝cosC D．若sinA＞sinB，则A＞B 7．（5分）如图所示，棱长为1的正四面体形状的木块，点P是△ABC的中心，过点P将木块锯开，并使得截面平行于AD和BC，则下列关于截面的说法正确的个数为（　　） ①截面是矩形； ②截面不是平行四边形； ③截面的面积为； ④截面与侧面ABD的交线平行于侧面ACD． A．1 B．2 C．3 D．4 8．（5分）已知复数z1＝1+i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，若复数z满足|z﹣z1|＝|p﹣q|，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（　　） A．π B．4π C．16π D．25π 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） （多选）9．（6分）已知x为1的立方根，x∈C，则x除了可以为1外，还可以是（　　） A．﹣1 B． C． D． （多选）10．（6分）有下列说法，其中正确的说法为（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 （多选）11．（6分）如图1，已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D′﹣ABCE，点F是线段D′B上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（　　） A．当F为线段D′B中点时，CF∥平面AD′E B．D′B⊥AE C．不存在点F，使CF⊥平面ABD′ D．当F为线段D′B中点时，过点A，E，F的截面交CD′于点M，则2CM＝D′M 第II卷（非选择题：共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．（5分）桂林日月塔又称金塔银塔，日塔别名叫金塔，月塔别名叫银塔，所以也有金银塔之称．如图1，这是金银塔中的金塔，某数学兴趣小组成员为测量该塔的高度，在塔底O的同一水平面上的A，B两点处进行测量，如图2．已知在A处测得塔顶P的仰角为60°，在B处测得塔顶P的仰角为45°，AB＝25米，∠AOB＝30°，则该塔的高度OP＝　 　米． 第12题图 第13题图 13．（5分）如图，E是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上一点，且BD1∥面B1CE，则线段CE的长度是　 　． 14．（5分）已知△ABC满足三个条件，其中两个条件分别是：AB＝1， ．若这样的△ABC恰好有2个，则第三个条件可以是　 　（选出所有符合要求 的选项的序号）． ①； ②； ③△ABC是等腰三角形； ④△ABC是直角三角形． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15．（13分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且． （1）求角C； （2）若b＝2，c＝1，求△ABC的面积． 16．（15分）已知在△ABC中，N为AB中点，． （1）若∠BAC＝60°，求； （2）设和的夹角为θ，若，求证：CN⊥AB； （3）若线段NC上一动点P满足，试确定点P的位置． 17．（15分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC和△PAC均为斜边是AC的等腰直角三角形，AC，PB，PC的中点分别为O，E，F，经过O，E，F三点的平面与AB相交于G； （1）证明：OG∥BC； （2）若平面PAC⊥平面ABC，且，求点O到面PBC的距离． 18．（17分）已知复数z＝a2﹣5a+6+（a2﹣a﹣6）i，a∈R． （Ⅰ）若z为纯虚数，求a． （Ⅱ）若关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）有两个不同的根，且两个根都能写成题中z的形式，分别求下面两种情况下p，q的值； （i）两个根都是实数； （ii）两个根都是虚数． 19．（17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值； (2)求证：PD⊥平面PBC； (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学必修二 第六~八章平面向量及其应用、复数、立体几何初步阶段测试试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题：共58分） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1．（5分）已知复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解：，所以z在复平面内对应的点的坐标为（，），位于第一象限．故选：A． 2．（5分）如图，点O为等腰梯形ABCD底边CD的中点，∠BCD＝60°，CD＝2AB，下列向量中，与相等的是（　　） A． B． C． D． 解：在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，又CD＝2AB，点O为CD中点， 则有CO＝AB，CO∥AB，则四边形ABCO为平行四边形，故．故选：C． 3．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则sinA＝（　　） A． B． C． D． 解：在△ABC中，，所以B＝π﹣（A+C）， 设△ABC的外接圆半径为R，由b＝4a，得2RsinB＝4×2RsinA， 即sinB＝4sinA，结合B，得．故选：C． 4．（5分）已知点A（4，3），B（1，﹣1），则与向量共线的单位向量为（　　） A．（﹣3，﹣4） B．（3，4）或（﹣3，﹣4） C． D．或 解：∵A（4，3），B（1，﹣1），∴， ∴与共线的单位向量为，即或．故选：D． 5．（5分）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（　　） A．若α∥m，β∥m，则α∥β B．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m，n为异面直线，m∥α，n∥β，则α∥β 解：若α∥m，β∥m，则α与β可以成（0，]的任意角，所以A选项错误； 若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β可以成（0，]的任意角，所以B选项错误； 若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β，所以C选项正确； 如图， 因为AB∥平面A1B1C1D1，A1D1∥平面BCC1B1，且AB与A1D1是异面直线， 但平面A1B1C1D1与平面BCC1B1不平行，所以D选项错误； 故选：C． 6．（5分）在△ABC中，下列结论正确的是（　　） A．若A＞B，则cosA＞cosB B．若A＞B，则tanA＞tanB C．cos（A+B）＝cosC D．若sinA＞sinB，则A＞B 解：A选项，因函数y＝cosx在（0，π）上单调递减，且π＞A＞B＞0，则cosA＜cosB，故A选项错误； B选项，函数y＝tanx在上单调递增且大于零，在上单调递增且小于零， 所以当时，tanA＜0＜tanB，故B选项错误； C选项，因为A+B+C＝π，所以cos（A+B）＝cos（π﹣C）＝﹣cosC，故C选项错误； D选项，因0＜A，B＜π，则sinA＞sinB＞0，由正弦定理，，可得a＞b，则A＞B，故D选项正确．故选：D． 7．（5分）如图所示，棱长为1的正四面体形状的木块，点P是△ABC的中心，过点P将木块锯开，并使得截面平行于AD和BC，则下列关于截面的说法正确的个数为（　　） ①截面是矩形； ②截面不是平行四边形； ③截面的面积为； ④截面与侧面ABD的交线平行于侧面ACD． A．1 B．2 C．3 D．4 解：由题意可知，点P是△ABC的中心，过点P作EF∥BC， 分别交AB，AC于E，F，作FG∥AD交CD于G，设平面EFG与BD交于点H， 由于BC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，故BC∥平面EFG， 同理AD∥平面EFG，即四边形EFGH即为截面， 由于BC∥平面EFG，平面EFG∩平面BCD＝HG，BC⊂平面BCD， 故BC∥HG，同理FG∥EH，故四边形EFGH为平行四边形， 即截面是平行四边形，所以②错误； 设M为BC的中点，连接AM，DM， 则AM⊥BC，DM⊥BC，AM，DM⊂平面ADM， 故BC⊥平面ADM，AD⊂平面ADM， 故BC⊥AD，而EF∥BC，FG∥AD，故EF⊥FG， 即平行四边形EFGH为矩形，即截面是矩形，所以①正确； 因为点P是△ABC的中心，则， 故，所以， 故矩形EFGH的面积为，即截面的面积为，所以③正确； 由于截面与侧面ABD的交线为EH，且EH∥FG， FG⊂平面ACD，EH⊄平面ACD，故FG∥平面ACD， 即截面与侧面ABD的交线平行于侧面ACD，所以④正确． 故选：C． 8．（5分）已知复数z1＝1+i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根，若复数z满足|z﹣z1|＝|p﹣q|，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（　　） A．π B．4π C．16π D．25π 解：z1＝1+i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的一个根， （1+i）2+p（1+i）+q＝0，化简得（p+q）+（2+p）i＝0， ∴，解得p＝﹣2，q＝2， ∴|z﹣z1|＝|p﹣q|＝|﹣2﹣2|＝4， 由复数减法的几何意义，|z﹣z1|表示复数z对应的点和z1＝1+i表示的点之间的距离， 而z1＝1+i表示点（1，1）， 即复数z在复平面内对应的点Z的集合为以点（1，1）为圆心，4为半径的圆， 即图形M为以点（1，1）为圆心4为半径的圆， 则M围成的面积为S＝π×42＝16π． 故选：C． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） （多选）9．（6分）已知x为1的立方根，x∈C，则x除了可以为1外，还可以是（　　） A．﹣1 B． C． D． 解：因为x3＝1，所以x3﹣1＝0，所以（x﹣1）（x2+x+1）＝0，所以x＝1或x2+x+1＝0， 对于方程x2+x+1＝0，Δ＝1﹣4＝﹣3＜0， 所以方程的根为x，即x或x， 所以x还可以是或．故选：CD． （多选）10．（6分）有下列说法，其中正确的说法为（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 解：对于A，，与方向不确定是否相同，所以不一定有，故A错误； 对于B，由知与模长相等、方向相同，故B正确； 对于C，若，由知，若与同向，； 若与反向，，故C错误； 对于D，由，得，若，则，因为，若，则中至少有一个零向量，得到，所以，故，所以D正确．故选：BD． （多选）11．（6分）如图1，已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D′﹣ABCE，点F是线段D′B上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（　　） A．当F为线段D′B中点时，CF∥平面AD′E B．D′B⊥AE C．不存在点F，使CF⊥平面ABD′ D．当F为线段D′B中点时，过点A，E，F的截面交CD′于点M，则2CM＝D′M 解：对于A，取AB中点N，连接，FN，CN， 由题意，FN∥AD′，FN⊄平面ADE′，AD′⊂平面AD′E，故FN∥平面AD′E， 由四边形ANCE为平行四边形，故AE∥CN， 由于CN⊄平面AD′E，AE⊂平面AD′E，可得CN∥平面AD′E， 由于CN∩FN＝N，CN⊂平面CFN，FN⊂平面CFN， 故平面CFN∥平面AD′E， 故CF∥平面AD′E，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使BD′⊥AE，取AE中点O，连接D′O，BO， 显然D′O⊥AE，而D′O∩BD′＝D′，D′O，BD′⊂平面D′OB， 故AE⊥平面D′OB，OB⊂平面D′OB， 故AE⊥OB，则BE＝AB， 但，AB＝2，不可能相等，不可能有BD′⊥AE，故B错误； 对于C，假设存在点F，使得CF⊥平面ABD′成立， 由于AB⊂平面ABD′，可得CF⊥AB， 由于BC⊥AB且CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCD′，故AB⊥平面BCD′， 由于BD′⊂平面BCD′，那么AB⊥BD′， 由于AD′＜AB，则直角边大于斜边，矛盾，故C正确； 对于D，由M∈平面AEF，M∈D′C， 由D′C⊂平面D′BC，得M∈平面D′BC， 延长AE，BC交于点H，连接FH，则平面BD′C∩平面AEF＝FH， 所以M∈FH，故FH∩D′C＝M， 由EC∥AB，，得E，C分别为AH，BH的中点， 若F为DB′的中点，则FC∥D′H， 所以，即D′M＝2CM，故D正确． 故选：ACD． 第II卷（非选择题：共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．（5分）桂林日月塔又称金塔银塔，日塔别名叫金塔，月塔别名叫银塔，所以也有金银塔之称．如图1，这是金银塔中的金塔，某数学兴趣小组成员为测量该塔的高度，在塔底O的同一水平面上的A，B两点处进行测量，如图2．已知在A处测得塔顶P的仰角为60°，在B处测得塔顶P的仰角为45°，AB＝25米，∠AOB＝30°，则该塔的高度OP＝ 　25　 米． 解：设塔高OP＝h米，在A处，，得，在B处，，得OB＝h，在△AOB中，由余弦定理：AB2＝OA2+OB2﹣2•OA•OBcOs∠AOB， 则，解得：．故答案为：25． 13．（5分）如图，E是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上一点，且BD1∥面B1CE，则线段CE的长度是　　． 解：连接BC1与B1C相交于点N，连接EN， 则点N是BC1的中点， 因为BD1∥平面B1CE， 且平面B1CE∩平面BC1D1＝EN， 所以BD1∥EN， 可得点E是C1D1的中点， 又因为正方体的棱长为2， 所以CE． 故答案为：． 14．（5分）已知△ABC满足三个条件，其中两个条件分别是：AB＝1，．若这样的△ABC恰好有2个，则第三个条件可以是　①④　 （选出所有符合要求的选项的序号）． ①； ②； ③△ABC是等腰三角形； ④△ABC是直角三角形． 解：①②，对给定的B， ， 若满足给定条件的△ABC恰好有2个， 则B为锐角，且解出的A有两个解，分别为一个锐角θ，一个钝角π﹣θ， 则，解得B＜θ＜π﹣B， 由于y＝sinx在上单调递增，故sinθ＞sinB， 即，解得，即， 故①正确，②错误； ③，若△ABC为等腰三角形，分三种情况， 若，则sinA﹣sinB＝0， 又，故，解得， 此时， 若，则B＝π﹣2A，sinB＝sin2A， 又， 故， 设，为连续函数， 则， ， 由零点存在性定理可得f（x）在上至少有1个零点， 即存在，使得有解，满足条件； 若，A＝π﹣2B，sinA＝sin2B， 又，故， 整理得， 设，为连续函数， 则，， 由零点存在性定理可得g（x）在上至少有1个零点， 即存在，使得有解，满足条件； 又当时，不满足， 故上面的三个等腰三角形不会重复， 综上，至少有3个△ABC满足要求，③错误； 对于④，△ABC为直角三角形，分三种情况， 若，则：， 由于方程无解，故△ABC不存在， 若，， 由于，故，此时，满足要求， 若，则， ⇒（cosB+sinB﹣2）（cosB﹣sinB）＝0， 由于，故cosB﹣sinB＝0， 因为，所以，此时，满足要求， 综上，有2个△ABC满足要求，④正确． 故答案为：①④． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15．（13分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且． （1）求角C； （2）若b＝2，c＝1，求△ABC的面积． 解：（1）因为， 由正弦定理可得：sinAcosCsinCsinA， 在△ABC中，sinA＞0， 可得tanC， 而C∈（0，π）， 可得C； （2）由（1）可得sinC，cosC， 因为b＝2，c＝1，由余弦定理可得c2＝b2+a2﹣2abcosC， 即1＝4+a2﹣2a×2， 即a2﹣2a+3＝0，解得a， 所以S△ABCabsinC2． 16．（15分）已知在△ABC中，N为AB中点，． （1）若∠BAC＝60°，求； （2）设和的夹角为θ，若，求证：CN⊥AB； （3）若线段NC上一动点P满足，试确定点P的位置． 解：（1）因为，即， 可得， 因为，，∠BAC＝60°， 由平面向量数量积的定义， 可得， 所以， ； （2）由平面向量数量积的定义可得， 因为N为AB的中点，则， 所以， 又因为、均为非零向量，故，即CN⊥AB； （3）因为点P在线段NC上的一点，设，其中0≤λ≤1， 则，所以，， 又因为，且、不共线， 所以，，解得，此时，点P为线段NC的中点． 17．（15分）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC和△PAC均为斜边是AC的等腰直角三角形，AC，PB，PC的中点分别为O，E，F，经过O，E，F三点的平面与AB相交于G； （1）证明：OG∥BC； （2）若平面PAC⊥平面ABC，且，求点O到面PBC的距离． （1）证明：如图，连接OG， ∵E，F分别为PB，PC的中点，∴EF∥BC， 又BC⊄平面OEF，EF⊂平面OEF，∴BC∥平面OEF， 由题意平面OEF∩平面ABC＝OG， BC⊂平面ABC，∴OG∥BC． （2）解：如图，连接OP，OB， ∵△ABC和△PAC均为斜边是AC的等腰直角三角形，， ∴OB⊥AC，OP⊥AC，，PC＝BC＝2， 又∵平面PAC⊥平面ABC，可知PO⊥OB，， 又OB∩AC＝O，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴PO⊥平面ABC， ∵PC＝BC＝PB＝2，∴， 设点O到面PBC的距离为d， 由VO﹣PBC＝VP﹣OBC得， 得，得， 故点O到面PBC的距离为． 18．（17分）已知复数z＝a2﹣5a+6+（a2﹣a﹣6）i，a∈R． （Ⅰ）若z为纯虚数，求a． （Ⅱ）若关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）有两个不同的根，且两个根都能写成题中z的形式，分别求下面两种情况下p，q的值； （i）两个根都是实数； （ii）两个根都是虚数． 解：（Ⅰ）因为z为纯虚数，所以， 所以a＝2； （Ⅱ）（i）因为两个根都是实数，所以z的虚部为0， 所以a2﹣a﹣6＝0， 解得a＝3或a＝﹣2， 当a＝3时，z＝0，当a＝﹣2时，z＝20， 所以方程的两个根为0和20， 所以 p＝﹣（0+20）＝﹣20，q＝0×20＝0； （ii）因为两个根都是虚数，所以两根为共轭复数， 设两根分别为，，且a1≠a2， 所以， 解得或， 所以z1＝2﹣6i，z2＝2+6i或z1＝2+6i，z2＝2﹣6i， 所以p＝﹣（2+6i+2﹣6i）＝﹣4，q＝（2+6i）（2﹣6i）＝40． 19．（17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值； (2)求证：PD⊥平面PBC； (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. (1)解：由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. ∵AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD. 在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，故cos∠DAP＝＝. ∴异面直线AP与BC所成角的余弦值为. (2)证明：∵AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD. 又∵BC∥AD，∴PD⊥BC， 又PD⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC， ∴PD⊥平面PBC. (3)解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. ∵PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， ∴∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC，DF∥AB，可得BF＝AD＝1. 由已知，得CF＝BC－BF＝2. 又AD⊥DC，故BC⊥DC. 在Rt△DCF中，可得DF＝＝2. 在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝. ∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $