人教版高中数学必修第二册期中考试达标高分突破卷三(含解析)

人教版高中数学必修第二册期中考试达标高分突破卷三(考试版)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1．已知复数满足，则的最小值是（ ）
A．5 B．2 C．7 D．3
2．已知非零向量满足，且，则与的夹角为
A． B． C． D．
3．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A． B．8 C．6 D．
4．已知中，，，分别是角，，的对边，且满足，则该三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰或直角三角形
5．在四面体中，底面，，，且，，若该四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
6．已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．在平面上，，.若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分． 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．下列关于平面向量的说法中不正确的是（ ）
A．已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得
B．若向量，共线，则点，，，必在同一直线上
C．若点为的重心，则
D．若且，则
10．已知向量，，则（ ）
A． B．向量在向量上的投影向量为
C．与的夹角余弦值为 D．若，则
11．点P在棱长为1的正方体的面对角线(线段)上运动，下列选项中正确的是（ ）
A． B．面；
C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为．
12．已知圆锥的母线长为2，底面半径为，平面为轴截面，点为底面圆周上一动点（可与点，重合），则（ ）
A．三棱锥体积的最大值为1
B．直线与所成角的范围为
C．三角形面积的最大值为
D．三角形为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则______．
14．已知平面平面，过点的直线与，分别交于，两点，过点的直线与，分别交于，两点，且，，，则的长为___________.
15．如图，已知边长为的正三角形内接于圆，为边中点，为边中点，则为________．
16．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为______
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．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.①；②；③的面积为.已知的内角，，的对边分别为，，，且________.
（1）求；
（2）若为中点，且，，求，.
18．如图1，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面（如图2）．为中点
问题：在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，.
（I）求异面直线与所成角的余弦值；
（II）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
20．在中，角，，的对边分别为，，，.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
21．如图直角坐标系内，在半径为1的上半圆上，，是以为直角的等腰直角三角形，设，且．
（1）求（用表示）；
（2）求点的坐标（用表示）；
（3）求的面积的最大值．
22．在三角形中，是线段上一点，且为线段上一点．
（1）已知，设，求；
（2）若E为线段的中点，直线与相交于点F，求．
人教版高中数学必修第二册期中考试达标高分突破卷三
全解全析
1．D
【解析】
【分析】
由可得复数在复平面内对应的点的轨迹，由复数的几何意义以及圆的性质即可求解.
【详解】
设，则，即，
所以复数在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
表示圆上的点到点的距离，
所以，
故选：D.
2．B
【解析】
【分析】
本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．
【详解】
因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
【点睛】
对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．
3．B
【解析】
【分析】
根据斜二测画法得出原图形四边形的性质，然后可计算周长．
【详解】
由题意，所以原平面图形四边形中，，，，所以，
所以四边形的周长为：．
故选：B．
4．C
【解析】
【分析】
利用正弦定理将边化为角，再逆用两角差的正弦公式及三角形内角和定理求解即可.
【详解】
因为，
由正弦定理可得：，
所以，
所以，
所以或，
即(舍去)或，
故为直角三角形，
故选：C
5．D
【解析】
将四面体补成长方体，计算出该长方体的体对角线长，即为球的直径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】
在四面体中，底面，，，且，，
将四面体补成长方体，
则长方体的体对角线长为球的直径，则，
因此，球的表面积为.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
6．A
【解析】
【分析】
建立合适的空间直角坐标系，设，，，得到，，，然后用表示出，由二次函数的性质求解最小值即可．
【详解】
设正方体棱长为2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，，，，2，，，0，，，2，，
所以，
因为，
所以，
解得，，，
因为平面，又平面，
则，
则，
当时，取得最小值为．
故选：A
7．D
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，设出点的坐标，根据已知条件求得的取值范围，也即求得的取值范围.
【详解】
根据条件知A，B1，P，B2构成一个矩形AB1PB2，以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系，如图.设|AB1|＝a，|AB2|＝b，点O的坐标为(x，y)，则点P的坐标为(a，b)，.
由得
则
又由，得，则，即①.
又，得，则；
同理由，得，即有②.
由①②知，所以.
而，所以.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用坐标法求解平面几何问题，属于中档题.
8．D
【解析】
【分析】
由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】
由，得，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】
本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9．BD
【解析】
【分析】
对于A，由平面向量共线定理判断；对于B，举例判断；对于C，由三角形重心的性质判断；对于D，举例判断
【详解】
解：对于A，由平面向量共线定理可知是正确的，所以A正确；
对于B，如图在平行四边形中，，共线，但点，，，不共线，所以B错误；
对于C，延长交于，因为点为的重心，所以,，所以，所以C正确；
对于D，当时，， 但不一定相等，所以D错误，
故选：BD
10．BCD
【解析】
【分析】
利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项的正误；设向量在向量上的投影向量为，根据题意得出，求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，所以，与不共线，A选项错误；
对于B选项，设向量在向量上的投影向量为，
则，即，解得，
故向量在向量上的投影向量为，B选项正确；
对于C选项，，，C选项正确；
对于D选项，若，则，所以，，D选项正确.
故选：BCD.
11．BC
【解析】
【分析】
由，而与相交可判断A；由已知可得平面平面，平面可判断B；由平面平面得平面，即点到平面的距离相等，三角形的面积为定值可判断C；当是的中点时，设是上另外的点，可得，，可判断D．
【详解】
对于A，正方体中，，而与相交，
故A错误；
对于B，因为 ，平面，平面，所以平面；因为 ，平面，平面，所以平面，，所以平面平面，平面，所以面，故B正确；
对于C，由C选项知平面平面，平面，所以平面，因为线段上运动，点到平面的距离相等，即三棱锥的高为定值，又三角形的面积为定值，所以三棱锥体积为定值，故C正确；
对于D，当是的中点时，，，设是上另外的点，此时，，所以，又，
，所以，，所以 的最小值为，故D错误．
故选：BC.
12．ABD
【解析】
【分析】
当为等腰直角三角形时，的面积最大，三棱锥体积最大即可判断A；分别计算点位于点和的中点时的线面角即可判断B；由三角形的面积公式结合的范围可求面积的最大值即可判断C；根据二面角的定义作出其平面角，求出平面角的正弦值可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：当，即为等腰直角三角形时，的面积最大，最大值为，三棱锥的高，所以三棱锥体积的最大值为，故选项A正确；
对于B：当点位于点或点时，直线与所成角，因为垂直于底面，且，，此时，直线与所成角为，当点位于的中点时，此时，垂直于底面，所以，因为，所以面，因为面，所以，此时直线与所成角为，结合圆锥的对称性可知：直线与所成角的范围为，故选项B正确；
对于C：，，，此时，所以，
当点从点运动到点时，从逐渐增加为，所以当时，三角形面积的最大为，故选项C不正确；
对于D：三角形为直角三角形时，，所以，取的中点，连接，，则，因为垂直于底面，所以，因为
，所以面，可得，所以即为平面与底面所成的角，，所以，，所以，所以，即三角形为直角三角形时所在平面与底面所成角的正弦值为，故选项D正确；
故选：ABD.
13．
【解析】
【分析】
先由正弦定理得，再结合题中条件得，最后利用余弦定理可求得，结合可得.
【详解】
在中，由正弦定理可得，，
又由题知，所以，
整理得，，
在中，由余弦定理得，，
所以，又，所以.
故答案为：.
14．或
【解析】
根据题意画出图形，结合图形进行分析，点可能在两平面之间或在两平面之外两种情况，然后利用比例关系求出的长即可.
【详解】
如图：当点在两平面之外即在延长线上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
如图：当点在两平面之间即在线段上时，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
所以，
因为，，，
所以，解得，
所以，
综上所述：的长为或，
故答案为：或
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是利用面面平行的性质定理可得，再利用平行线分线段成比例求的长，但是要注意需要讨论点的位置.
15．
【解析】
【分析】
利用向量的加减法，把转化为，利用数量积的定义直接求解.
【详解】
由图可知,△ABC为正三角形,AB=BC=CA=a，∠ACB=60°，∠DAC=30°，所以AD⊥CB，点O在AD上，且，则
故答案为：
16．.
【解析】
【分析】
证明平面，从而得平面平面，作，垂足为，可得平面，为棱锥的高，然后设，用表示，，由的范围求得的范围是的范围，由体积公式可得体积的范围．
【详解】
，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
设，，，，
，
在中，，，，
因为，所以，解得，则，所以，
所以，
故答案为：．
【点睛】
本题考查棱锥的体积，解题关键是引入参数求出体积，因此首先要找到棱锥的高，掌握线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理是解题关键，即证明平面平面是本题的关键，然后只要作出，垂足为，即为棱锥的高，再引入，由的范围求得范围后即得高的范围．
17．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据所选条件，由正弦定理和余弦定理，逐步计算，即可得出结果；
（2）先根据题意，由余弦定理，得出，，求出，再由（1）的结果，根据余弦定理，得到，进而可求出结果.
【详解】
（1）方案一：选条件①
∵，由正弦定理可得，，
即，
∴，
∴由余弦定理可得：.
∴.
方案二：选条件②
（1）∵，
∴根据正弦定理可得，，
∴，
∴.
∴，
∴.
方案三：选条件③
（1）由题意知，，
∴由正弦定理可得，，
∴，
∴由余弦定理可得，，
∴.
（2）由题意知，，，
在中，，
即.
在中，，
即，
∵，
∴，
∴.
由（1）知，，
∴，
∴，
由，解得.
【点睛】
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.
18．存在；．
【解析】
【分析】
当时，过点作交于点，过点作交于点，连接，由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可得，平面平面，从而可得平面，
【详解】
解：存在点，使得平面，
且；
过点作交于点，
则，
过点作交于点，连接，
则，
又因为，平面，平面，
所以平面，
同理平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面．
因为平面，
所以平面．
所以在上存在点，
使得平面，且．
19．（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在Rt△DPF中求解即可.
【详解】
解：（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得，
故.
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.
又因为BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，
所以PD⊥平面PBC.
（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，
由已知，得CF=BC–BF=2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF中，可得,
在Rt△DPF中，可得.
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角
【点睛】
本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，利用正弦定理化简得到，然后再利用余弦定理求解.
（Ⅱ）结合，，在中利用正弦定理得到，再根据为锐角三角形，求得B的范围，利用三角函数的性质求解.
【详解】
（Ⅰ）因为，
由正弦定理可得，即为.
由余弦定理可得，
因为，
所以.
（Ⅱ）在中由正弦定理得，又，
所以，，
所以，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，且，
所以且，
所以且，
所以，
所以，
所以周长的取值范围是.
【点睛】
易错点点睛：第二问在确定角B的范围时，容易忽视，结合即的条件.
21．（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）写出坐标，即可得解；
（2）设，结合正余弦定理，分别求解横纵坐标；
（3）表示的面积，结合正弦函数的性质可得结果.
【详解】
（1），，
（2）设，
在中，由余弦定理可得，，
∴，
由正弦定理可得，，
所以，
，
点的坐标为．
（3），
所以，当时，的面积取最大值，且为．
22．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）运用向量的线性运算得，对比可求得，可得答案；
（2）令，由B、D、F三点共线，求得，得出向量的线性表示，再由向量数量积的运算可得答案.
【详解】
解：（1）
，
所以；
（2），
令，则，
由B、D、F三点共线：，
，
.
【点睛】
关键点点睛：解决向量的线性运算和数量积运算时，关键在于转化法的运用，将待求的向量转化为已知向量得以求解.