高中一年级第二学期人教A版数学（2019）-必修第二册期中复习题（含解析）

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高中一年级第二学期人教A版数学（2019）-必修第二册期中复习题
一、单选题
1．若复数z (i是虚数单位)，则|z|=（　　）
A． B． C．1 D．
2． 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ， ，若该三角形有两个解，则 的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．设，则“”是“复数为纯虚数”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4． 下列说法中正确的是（　　）
A．相交直线上的三个点可以确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．有三个角为直角的四边形一定是平面图形
D．和同一条直线相交的三条平行直线一定在同一平面内
5．在空间直角坐标系O-xyz中，四面体OABC各顶点坐标分别为：O(0，0，0)，A(0，0，2)，B( ，0，0)，C(0， ，0)。假设蚂蚁窝在O点，一只蚂蚁从O点出发，需要在AB，AC上分别任意选择一点留下信息，然后再返回O点那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（　　）．
A． B． C． D．
二、多选题
6．若复数 满足 ，则（　　）
A．
B． 是纯虚数
C．复数 在复平面内对应的点在第三象限
D．若复数 在复平面内对应的点在角 的终边上，则
7．在四面体 中， ， ，直线 ， 所成的角为60°， ， ，则四面体 的外接球表面积为（　　）
A． B．52π C．80π D．208π
三、填空题
8．某球类比赛的冠军奖杯如图所示，顶部的球通过三根竖直的支撑杆与水平放置的长方体底座相连．若球的半径为 ，三根支撑杆长度均为 ，粗细忽略不计，且任意两根支撑杆之间的距离均为 ，则球的最低点到底座上表面的距离为　 　 ．
9．若用一个平面去截球体，所得截面圆的面积为 ，球心到该截面的距离是 ，则这个球的表面积是　 　．
10．宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍，建于清同治十一年（公元1872年）.光绪二十五年（1899年）增建钟楼，整座建筑由教堂 钟楼 偏屋组成，造型具有典型罗马哥特式风格.其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体所组成的几何体，若正四棱锥的侧棱长 底面边长与正方体的棱长均为，则顶端部分的体积为　 　
11．已知平面向量 ， ， ， ，且 ，若 为平面单位向量，则 的最小值为　 　.
12．在正方体中，点P满足，其中，，现有如下四个命题：
①存在，，使得平面；
②当时，平面；
③当时，与平面所成角的最小值为 ；
④若点P到直线与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹是线段．
其中所有真命题的序号是　 　．
四、解答题
13．在 中，设内角 的对边分别为 .
（1）求 的大小；
（2）若 ，求 的面积.
14．已知向量.
（1）当时，求的值；
（2）设函数，当时，求的值域.
15．已知平面上三个向量，，的模均为1，它们相互之间的夹角均为．
（1）求的值；
（2）若，求的取值范围．
16．如图，已知点，，以线段为直径的圆内切于圆．
（1）证明为定值，并写出点的轨迹的方程；
（2）设点是曲线上的不同三点，且，求的面积．
17．如图，在直三棱柱中，平面平面，
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角为，二面角的大小为，试判断，的大小关系，并予以证明.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】z .
所以|z| .
故答案为：B.
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数模的概念即可得出答案。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：∵三角形有两个解，
∴bsinA∴，
即1故答案为：D
【分析】根据三角形有两个解得bsinA3．【答案】C
【解析】【解答】若复数为纯虚数，则，解得，
故“”是“复数为纯虚数”的充分必要条件.
故答案为：C.
【分析】 由于复数为纯虚数，则其实部为0，虚部不为0，故可得到x的值，再根据充分条件、必要条件的定义可得答案.
4．【答案】D
【解析】【解答】A、如果三点不共线可以确定一个平面，如果三点共线是可以确定无数个平面的，故选项A错误；
B、如果空间两两相交的三条直线相交于同一点是可以确定无数个平面，故选项B错误；
C、空间中有三个角为直角的四点不一定共面，不共面的话，四点相连属于立体图，肯定就不是平面图形.，
故选项C错误.
D、因为两条平行直线可以确定一个平面，而且直线中的两个点在同一平面内，那么这条直线在此平面内，所以 同一条直线相交的三条平行直线一定在同一平面，故答案D正确.
故选：D.
【分析】本题主要考查空间中点、直线、平面的位置关系以及空间想象能力，主要掌握平面公理性质以及推论再结合选项，思考分析可能出现的情况，即可选出正确答案.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：将四面体OABC沿着OA劈开，展开后如下图所示：
最短路径就是△AOO'的边OO' ，
易求得∠OAB=∠O'AC=30° ，
由AO=2，知
则由余弦定理知，
又AO=AO'=2，
则
∴
故选：C
【分析】根据余弦定理，结合两角和的余弦公式，空间想象力求解即可.
6．【答案】A,B
【解析】【解答】由题意，复数 满足 ，可得复数 ，所以 A符合题意；
是纯虚数， B符合题意；
复数 在复平面内对应点的坐标为（2，4）位于第一象限，C不符合题意；
因为 在复平面内对应的（2，4）在角 的终边上，所以 D不符合题意，
故答案为：AB．
【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念以及复数代数形式的几何意义对选项逐一判断即可得出答案。
7．【答案】C,D
【解析】【解答】当四面体 如下图示，
过 作 且 ，连接 、 、 ，且 与 交于O点，则△ 为等边三角形， 为矩形且O点为 外接圆圆心，即 ，又 ， ，
∴ 面 ， 面 ，则面 面 ，
过 为 中点，连接 、 ，若 为面 外接圆圆心， 为四面体 的外接球球心，则 ， ，有 ，如下图示，
∴四面体 的外接球半径 ，则外接球表面积为 .
当四面体 如下图示，
过 作 且 ，连接 、 、 ，且 与 交于O点，则△ 为等腰三角形， 为矩形且O点为 外接圆圆心，即 ，又 ， ，
∴ 面 ， 面 ，则面 面 ，
过 为 中点，连接 ，若 为面 外接圆圆心， 为四面体 的外接球球心，则 ， ，如下图示，
∴四面体 的外接球半径 ，则外接球表面积为 .
故答案为：CD
【分析】第一种情况过 作 且 ，连接 、 、 ，且 与 交于O点，过 为 中点，连接 、 ，若 为面 外接圆圆心， 为四面体 的外接球球心，可求得外接球表面积为 。
第二种情况过 作 且 ，连接 、 、 ，且 与 交于O点，外接球表面积为 。故C,D正确。
8．【答案】24
【解析】【解答】解：设三根支撑杆与球的连接点分别为A、B、C，则依题意有， 为边长为 的正三角形，设 的外接圆的半径为 ，由正弦定理可得 ，所以 ，所以球心到 所在的平面的距离 ，所以球心到底座上表面的距离为 ，所以球的最低点到底座的上表面的距离为
故答案为：24
【分析】设 的外接圆的半径为 ，由正弦定理可得，球心到ΔABC所在的平面的距离，进而求出球的最低点到底座的上表面的距离。
9．【答案】100π
【解析】【解答】由题意截面半径为 ，球半径为 ，所以 ．
【分析】先在直角三角形内，求球半径R，再求球表面积。
10．【答案】
【解析】【解答】如图，在正四棱锥中，连接交于点，连接，
则底面，又，
则，则，又正方体的体积为，则顶端部分的体积为。
故答案为：。
【分析】在正四棱锥中，连接交于点，连接，则底面，再利用结合勾股定理得出PO的长，再利用四棱锥的体积公式，进而得出的值，再利用正方体的体积噶得出正方体的体积，再结合求和法得出顶端部分的体积。
11．【答案】
【解析】【解答】解：由 ， ，且 ，得 ， ，设 ， ， ， ，
因为 ，所以 ，
的最小值为 .
故答案为：
【分析】根据题意由夹角的数量积公式代入数值计算出向量的夹角，再由向量的坐标公式得出结合正弦函数的取值范围即可求出最小值。
12．【答案】①②③
【解析】【解答】解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，
设正方体的棱长为1，则，
可得，
因为，可得，
设平面的法向量为，则，
取， 则，所以法向量为，
对于①：因为，
若平面，则，得 ，
故存在，使得平面，故①正确；
对于②：当时，，所以平面，故②正确；
对于③：当时，可知点P在线段DB上运动，
因为平面 平面ABCD，
则与平面ABCD所成角即为与平面所成角，
又因为平面ABCD，所以即为与平面ABCD所成角，
且，
当且仅当P在线段BD端点处，取到最小值为1，此时，故③正确；
对于④：由于 ，故点P到直线的距离为BP长度，所以BP与点P到直线AD的距离相等，则点P的轨迹是抛物线．故④错误，
故答案为：①②③
【分析】对于①②：建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量分析判断；对于③：根据平行的性质可得即为与平面ABCD所成角，进而可得分析判断即可；对于④：根据题意结合抛物线的定义即可分析判断.
13．【答案】（1）解；∵
∴
∵
（2）解；
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出角 ；（2）根据正弦定理将 转化为 ，再根据余弦定理求出 ，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求的值.
14．【答案】（1）解：， 3分
（2）解：
，的值域为
【解析】【分析】（1）根据向量平行，可得，再根据两角差的正切公式计算即可；
（2）由已知条件得，根据得，确定，即可得的值域.
15．【答案】（1）解： =1， ；
∴ ；
∴ =0
（2）解：∵ ；
∴ ；
∴ ；
∴ +1+1-k-k-1＞1；
即 -2k＞0；
∴k＜0或k＞2；
∴k的取值范围为（-∞，0）∪（2，+∞）．
【解析】【分析】（1） 根据题意得到∴ ，结合向量的数量积的公式，即可求解；
（2） 由题意，结合向量的数量积的公式，化简得到 ，即可求解实数的取值范围.
16．【答案】（1）解：记线段的中点为，
由于线段的中点为，连接，则，，
设的半径为，与内切于，连接，则三点共线，
如图，，
又，
所以根据椭圆的定义可得点轨迹是以，为焦点，实轴长为的椭圆，
所以的方程为．
（2）解：因为是椭圆上的不同三点，且．
①当直线的斜率存在时，设，
与椭圆方程联立，消去，整理得．
设，，则，，
所以．
因为，
所以，所以．
又点在椭圆上，
所以，整理得：，
又，所以．
此时，
于是
②当直线的斜率不存在时，设，
因为，所以，
因为点在椭圆上，解得 ，
所以，，；或，，；或，，；或，，，
此时．，
综上，的面积为．
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，然后由中点的性质即可得出线线平行，再由直线与圆的位置关系，进而即可得出 三点共线， 由数形结合法结合椭圆的定义即可得出点G的轨迹方程。
(2)由已知条件即可得出，然后对直线的斜率分情况讨论， ①当直线的斜率存在时 ，结合点斜式设出直线的方程，再联立直线与椭圆的方程，消元后即可得到关于x的方程结合韦达定理即可求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，然后代入到向量的坐标公式由此整理即可得出点的坐标，再把点的坐标代入到椭圆的方程由此即可得到，然后由三角形的面积公式结合二次函数的性质即可求出三角形面积的最值； ②当直线的斜率不存在时 ，设出点的坐标再由向量的坐标公式计算出点C的坐标，再把点的坐标代入到椭圆的方程，计算出点的坐标，然后由三角形的面积公式代入计算出结果即可。
17．【答案】（1）解：在平面中，过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，则，
在直三棱柱中，平面，平面，则，
又，平面，则平面.
（2）解：，证明如下：
因为平面，
所以直线与平面所成角为，即，且，
因为平面，平面，所以，
故在中，，
因为平面，平面，所以，
所以二面角的平面角为，即，且，
又，故在中，，
又，所以中，必有，
所以，即，
因为在上单调递增，所以.
【解析】【分析】 (1) 根据面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，，根据线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 根据题意分析可得直线与平面所成角为，二面角的平面角为，进而可得，，结合正切函数的单调性分析判断.
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