2024-2025学年上学期人教B版（2019）高二年级期末教学质量模拟检测(一)（含解析）

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2024-2025学年上学期人教B版（2019）高二年级期末教学质量模拟检测
本试卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项:
1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。
答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦
2.擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、单项选择题：本大题共 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．已知椭圆与直线交于A，B两点，点满足，则a的值为( )
A. B.6 C. D.
2．如图，在平行六面体中，N是的中点，设，，，则等于( )
A. B.
C. D.
3．在正四面体中，E为棱的中点，，则( )
A. B.3 C. D.6
4．关于空间向量，，，下列运算错误的是( )
A.
B.
C.
D.
5．下列可使非零向量，，构成空间的一组基底的条件是( )
A.，，两两垂直
B.
C.
D.
6．中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,且过两点,的椭圆方程为( )
A. B.
C. D.
7．如图，在正方体中，，M，N分别是棱，的中点，则点到直线的距离为( )
A. B. C.1 D.
8．直线的一个方向向量为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．已知直线和直线平行,则( )
A. B.1 C.2 D.
10．若是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间一个基底的有( )
A.
B.
C.
D.
11．已知实数x,y满足方程,则下列说法不正确的是( )
A.的最大值为 B.的最大值为
C.的最大值为 D.的最大值为
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知一个球的半径为2,若用一个与球心距离为1的平面截球体,则所得的截面面积为____________.
13．若复数是纯虚数,则实数_______________.
14．若点和点关于直线对称，则________.
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．在平面四边形ABCD中(B,D在AC的两侧),,.
(1)若,,求;
(2)若,求四边形ABCD的面积的最大值.
16．在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量,且.
(1)求角A;
(2)若,,求内切圆的半径.
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)若，，求a；
(2)若，求B.
18．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，.
（1）求A和c；
（2）已知点D在线段上，且平分，求的长.
19．记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求A；
（2）若，，求的周长.
参考答案
1．答案：A
解析：因为A，B两点在直线上，
故可设，
故，
因为，
故
即，
因为A，B两点在椭圆上，
故
即，
故，等式两边同时减去1，
整理得到，
解得或.
而，
故，故,
故选：A.
2．答案：A
解析：因为在平行六面体中，N是的中点，
所以.
故选：A.
3．答案：B
解析：
因为E为棱的中点，所以，
所以.
故选：B.
4．答案：D
解析：由数量积运算的交换律可得,选项A正确.
由数量积运算的分配率可得，选项B正确.
由数量积运算的数乘结合律可得，选项C正确.
表示与共线的向量，表示与共线的向量，
与不一定相等，选项D错误.
故选：D.
5．答案：A
解析：由基底定义可知只有非零向量，，不共面时才能构成空间中的一组基底.
对于A，因为非零向量，，两两垂直，
所以非零向量，，不共面，可构成空间的一组基底，故A正确；
对于B，，则，共线，
由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，
所以与，共面，故B错误；
对于C，由共面定理可知非零向量，，共面，故C错误；
对于D，
即，故由共面定理可知非零向量，，共面，故D错误.
故选：A.
6．答案：D
解析：设椭圆方程为,
把点,代入得：所以
故选：D．
7．答案：B
解析：如图，以D为原点，，，方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下所示：
易知，，，
，，;
取，
，
则，，
所以点到直线的距离为.
故选：B.
8．答案：C
解析：由,得,所以直线斜率为,
又当直线斜率存在时,直线的一个方向向量为,所以直线的一个方向向量为,
故选:C.
9．答案：BC
解析：因,故得且,
可推得,解得或,经检验均符合题意.
故选:BC.
10．答案：ABD
解析：由已知，，不共面，则，，不共面，A选项正确；
设
即方程无解，
所以，，不共面，B选项正确；
设
即，解得：，
即
所以，，共面，C选项错误；
设，因为是空间的一个基底
所以方程无解，这表明三个向量不共面，D选项正确；
故选：ABD
11．答案：CD
解析：由题意知方程即表示圆,圆心为,半径为,
对于A,设,则只需直线与圆有公共点,
则,解得,
即的最大值为,A正确;
对于B,设,其几何意义为圆上的点到原点的距离,
而上的点到原点距离的最大值为,
即t的最大值为,故的最大值为,B正确;
对于C,设,则,则直线和圆有公共点,
则,解得,即的最大值为,C错误;
对于D,设,则直线与圆有公共点,
则,解得,
即的最大值为,D错误;
故选:CD
12．答案：
解析：由球的性质可得截面为圆面,则截面圆的半径为,
故面积为,
故答案为：.
13．答案：
解析：因为是纯虚数,
所以,且即.
故答案为：0.
14．答案：
解析：因为点和点关于直线对称，
所以l是线段的垂直平分线，由，可得，解得.
又的中点坐标为，所以，解得.
故.
故答案为：.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)在中,由余弦定理得,即.
因为,,所以,
又,所以在中,由正项定理得,
所以,
又,所以,所以.
(2)设,所以.
在中,由余弦定理得.
所以的面积,
所以,此时,
又的面积,
所以四边形ABCD的面积的最大值为.
16．答案：（1）；
（2）
解析：（1）因为向量与平行，所以，
由正弦定理得，
又，所以，所以，
又，所以；
（2）由余弦定理得，所以，解得或（舍），
所以的面积，
设内切圆的半径为r，
所以，解得.
17．答案：(1)；
(2)
解析：（1）解法1：
代入，得.
解法2：由正弦定理可得：：
代入化简，
则，
则，
因为，所以，解得：；
由余弦定理可得：，
代入化简得，解得（负值舍）.
（2）解法1：
，
，又
所以.
解法2：因为，所以，
代入，
，
，
因为，则，
化简：，
当时，则，则，舍去不满足题意；
当时，则，因为，所以.
18．答案：（1），
（2）
解析：（1）在中，由，得，而，则，
由余弦定理，得，即，即，
而，所以.
（2）由（1）知，，由平分，得，
即，则，即，
所以.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）由得，，即，
由于，；
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理得，
解得，，
故的周长为.
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