人教A版（2019）2022-2023学年高一下学期素质测试数学试题（二）本资料属于外网独立版权，需要退回！

人教A版（2019）2022-2023学年高一下学期素质测试
数学试题（二）
一、单选题
1．若，则（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，，若D是BC的中点，则（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
3．已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列四个说法中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
4．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A．4 B．6 C． D．
5．如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论中错误的是（ ）
A．直线与为异面直线 B．平面
C．平面平面 D．三棱锥的体积为
6．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积是,则它的表面积是
A． B． C． D．
7．已知为所在平面内一点，若，，，则（ ）
A．-5 B．-10 C．10 D．5
8．有一个棱柱形状的石料，底面是边长为的等边三角形，该石料侧棱垂直于底面，若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若为复数，则
B．若为向量，则
C．若为复数，且，则
D．若为向量，且，则
10．已知中，，若三角形有两解，则x不可能的取值是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
11．在棱长为的正方体中，已知点在面对角线上运动，点，，分别为，，的中点，点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则下列选项正确的是（ ）
A．平面
B．平面平面
C．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
D．动点的轨迹所形成区域的面积是
12．在中，角所对的边分别为，以下结论中正确的有（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则
三、填空题
13．已知向量，，若，则实数＝_____.
14．已知点在的边上，的面积为，则___________.
15．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥，体积最大时，“堑堵”即三棱柱的表面积为_______.
16．已知，若，则__________．
四、解答题
17．已知复数是方程的解.
(1)求的值；
(2)若复平面内表示的点在第四象限，且为纯虚数，其中，求的值.
18．已知函数.
(1)若，求函数的最小正周期；
(2)若图象在内有且仅有一条对称轴，求的取值范围.
19．一个圆锥的底面直径为，高为，在它的内部有一个高为的内接圆柱．
（1）用表示圆柱的轴截面面积，
（2）当为何值时，最大．
20．在中，角的对边分别为，已知，
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．
21．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，且，平面平面BDEF，AC与BD交于点O．
(1)求证：平面FBC；
(2)求平面AFC与平面BFC夹角的余弦值．
22．已知中，过重心G的直线交边于P，交边于Q，设的面积为，的面积为，，.
（1）求证：.
（2）求的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据复数除法运算化简可得.
【详解】因为，所以．
故选：A
2．B
【分析】运用向量的加法、相反向量、向量的数量积运算即可得结果.
【详解】∵D为BC的中点，
∴，，
∴
∴．
故选：B.
3．B
【分析】根据题中条件判断各选项中线面、线线、面面的位置关系，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，若，，则或，A错；
对于B选项，若，，则，B对；
对于C选项，若，，，则或、相交，C错；
对于D选项，若，，则或、异面，D错.
故选：B.
4．D
【分析】根据三角形内角和定理，结合同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式、正弦定理进行求解即可.
【详解】因为，由正弦定理可得，
则，
，，，
，为内角，
，则，，,
故选：D.
5．D
【分析】对于A：根据异面直线定义理解判断；对于B：根据平行四边形的判断和性质可证，结合线面平行的判断定理理解判断；对于C：可证平面，平面，结合面面平行的判定定理理解判断；对于D：根据锥体体积公式运算判断．
【详解】根据异面直线的定义易知直线与为异面直线，A正确；
∵且，则为平行四边形
∴
平面，平面
∴平面，B正确；
同理可证：平面
，平面平面，C正确
，D错误
故选：D．
6．C
【分析】根据题意，可以确定该几何体为圆柱中挖去一个半球，根据体积求得的值，再计算表面积即可.
【详解】由已知三视图可知：该几何体的直观图是一个底面半径为，高为的圆柱内挖去一个半径为的半球，
因为该几何体的体积为，
所以，即，
解得，
所以该几何体的表面积为，
故选C.
【点睛】该题考查的是有关三视图的问题，涉及到的知识点有根据三视图还原几何体，有关组合体的体积和表面积，属于简单题目.
7．B
【解析】根据向量的减法运算可将，变形为，，再化简，确定点的位置,，最后根据两个向量数量积的几何意义，计算得出结果.
【详解】由已知得，
，则为的外心.
设，，垂足分别为，.
根据两个向量数量积的几何意义，可知
，
故选：B.
【点睛】本题的关键点是确定三角形的外心，总结三角形的外心，内心、重心、垂心如下：
三角形的外心为三边垂直平分线的交点；
三角形的内心为三条角平分线的交点；
三角形的重心为三条中线的交点；
三角形的垂心为三条高线的交点.
8．B
【分析】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.
【详解】底面是边长为的等边三角形的内切圆的半径为，
由等面积法可得，解得，
若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则该柱形石料的高至少为，
因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为.
故选：B.
9．AD
【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】令，，，
，
，，
，A对；
，不一定成立，B错；
，，
，，
，C错．
将两边平方并化简得，D对.
故选：AD
10．ACD
【分析】若三角形有两解，则，结合正弦定理即可求解
【详解】解：因为中，，且三角形有两解，
所以，
由正弦定理得，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
故选：ACD
11．ABD
【分析】对A,根据面面平行即可判断线面平行，对B，由线线垂直可证线面垂直，进而可得面面垂直,对C，由正方体的特征可得截面为正六边形，即可求面积，对D,由面面平行可得点的运动轨迹，进而可求面积.
【详解】对于A,在正方体中，由平面，平面，平面，
同理可得平面，又，所以平面平面,而平面,故平面，故A对,
对于B,因为,所以平面,又平面,
因此,同理可得,又,故平面,因为平面，故平面平面，所以B对，
对于C,可知过三点平面截正方体所得的截面为正六边形,且正六边形的变长为,所以截面正六边形的面积为，故C错，
对于D,由A知，平面平面，又平面，故可知平面，因此在三角形边上以及内部运动，而三角形是边长为的正三角形，故面积为，故D对，
故选：ABD
12．BCD
【分析】结合正弦定理、同角三角函数的基本关系式、诱导公式、三角恒等变换等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】对于A选项，，由正弦定理得，
，则可能，A选项错误.
对于B选项，，
，,
由正弦定理得，所以B选项正确.
对于C选项，为锐角三角形，,
均是锐角，在上递增，
则，所以C选项正确.
对于D选项，由于，所以为锐角，
，所以为锐角，
根据C选项的分析，有，同理可得,
所以，则，D选项正确.
故选：BCD
13．
【分析】由向量数量积的坐标运算可得答案.
【详解】因为，所以，所以．
故答案为：．
14．
【分析】根据等边三角形三个内角相等及三角形的面积公式，再利用勾股定理及正弦定理即可求解.
【详解】为等边三角形，，
由，得，则，
作交于，如图所示
在等边三角形中，，
则，
在中，，
在中，由正弦定理得.
故答案为：.
15．
【分析】依据均值定理去求四棱锥取体积最大值时的长度，再去求三棱柱的表面积即可.
【详解】四棱锥的体积是三棱柱体积的，
，
当且仅当时，取等号.
所以三棱柱的表面积为.
故答案为：
16．
【分析】根据给定条件，利用和差角的正余弦公式、二倍角的余弦公式求解作答.
【详解】由知，，由得：
，
即，
有，，
所以.
故答案为：
17．(1)1
(2)
【分析】（1）由求根公式求得，进而求得；
（2）由（1）得到，求得，根据为纯虚数，得到，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，复数是方程的解，
由求根公式，可得，则.
（2）解：由（1）且表示的点在第四象限，所以.
又由，
因为为纯虚数，则，解得.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用恒等变换得到，再由，利用周期公式求解；
（2）由，得，根据题意，由，求得的范围，进而得到的范围，利用正弦函数的性质求解.
【详解】（1）解：，
，
，
，
由，得，
则；
（2）由，得，
因为图象在内有且仅有一条对称轴，
所以，解得，
因为，且，
所以，
所以的取值范围是.
19．（1）；（2）．
【分析】（1）利用轴截面中三角形相似求出圆柱的底面半径，再根据矩形的面积公式可得结果；
（2）利用二次函数知识可求得结果.
【详解】（1）画出圆柱和圆锥的轴截面，如图所示．
设圆柱的底面半径为，
则由三角形相似可得，解得．
圆柱的轴截面面积为．
（2），
所以当时，取最大值．
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；
（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由,
根据正弦定理可得，
所以，
由余弦定理可得，
，．
（2）由余弦定理，得，
即，
由正弦定理，得，
即，又，
所以
，
由为锐角三角形，故，解得，
所以，所以，
所以，所以．
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)根据给定条件证明平面平面FBC，再由面面平行的性质推理作答.
(2)连接FO，证明平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【详解】（1）因四边形ABCD与BDEF均为菱形，则ADBC，EDBF，而平面FBC，平面，平面FBC，
则平面，平面FBC，又，平面EAD，故有平面平面FBC，又平面EAD，
所以平面FBC.
（2）如图，连接FO，FD，菱形ABCD中，，且O为BD中点，菱形BDEF中，，则为等边三角形，
有，因平面平面BDEF，平面平面，平面BDEF，于是得平面ABCD，
显然OA，OB，OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
令，菱形ABCD中，，则，，，则，，，
设平面BFC的一个法向量为，则，令，得，
平面AFC的一个法向量为，设平面AFC与平面BFC夹角为，
于是得，
所以平面AFC与平面BFC夹角的余弦值为.
22．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）设，可得，，利用三点共线可得，即可建立关系求证结论；
（2）利用三角形面积公式化简可知，再结合及的取值范围，利用二次函数求最值即可得到结果.
【详解】设，又，
，
三点共线，则存在，使得，即
即
，整理得，即，
两边同除以得，
（2）由，
利用三角形面积公式得：
，则，可知
，
则当时，取得最小值，当时，取得最小值，
又，故的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的线性运算，向量的共线定理，三角形的重心，其中根据向量共线，根据共线基本定理知，存在实数，使得，进而得到的关系式，是解题的关键，考查学的逻辑推理与转化化归能力，属于较难题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页