期中同步练习卷（含解析）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
文档属性
| 名称 | 期中同步练习卷（含解析）-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-03 10:06:29 | ||
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文档简介
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期中同步练习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量，，且，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
3．已知，与的夹角为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．在中，已知为上一点，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．若，其中是虚数单位，且，设，则为（ ）
A．2 B． C．6 D．
6．已知在三棱锥中，，且为等边三角形，则二面角的正切值为（ ）
A． B． C． D．2
7．欧拉公式（其中为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉创立的，公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数的数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，的共轭复数为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量和均不共线，且，则向量可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知，是复数，则以下结论错误的是（ ）
A．若，则，且
B．若，则，且
C．若，则向量和重合
D．若，则
11．设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，则存在直线，使
三、填空题
12．已知锐角的内角的对边分别为，若且，则的面积的取值范围为 ．
13．如图，在三棱台中，平面平面ABC，，，.则DC与平面ABC所成线面角大小为 .
14．如图，已知是棱长为a的正方体，E为的中点，F为上一点，则三棱锥的体积为
四、解答题
15．设实部为正数的复数，满足，且复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.
(1)求复数；
(2)若为纯虚数，求实数的值.
16．设，是两个不共线的向量，已知，，．
(1)求证：，，三点共线；
(2)若，且，求实数的值．
17．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求A；
(2)若的面积为，求的值.
18．如图，已知长方体中，，．
(1)求证：与是异面直线；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
19．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面，为线段的中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求点E到平面的距离.
《期中同步练习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A C D B A B AC AC
题号 11
答案 CD
1．B
【分析】利用复数的四则运算化简，利用复数的几何意义即可得解.
【详解】由复数，
可得其在复平面内对应的点为，位于第二象限．
故选：B．
2．B
【分析】根据向量的坐标运算和平行关系得到的关系，再利用基本不等式的推论即可得解.
【详解】由题意得，,，
因为，所以，即.
所以，即，当且仅当，时等号成立.
所以的最大值为2.
故选：B.
3．A
【分析】利用向量数量积公式计算可得答案.
【详解】.
故选：A．
4．C
【分析】根据题意，可得，，则，运算得解.
【详解】如图，由，，则，
，，
，
则.
故选：C.
5．D
【分析】化简可得，然后根据复数相等的条件列出关系式，求出的值，根据共轭复数的概念以及复数的求模运算，即可得出答案.
【详解】由得，，
所以且，
解得，，
所以，，
所以.
故选：D.
6．B
【分析】根据题意可得三角形全等，即可求解长度关系，根据等腰可得即为二面角的平面角，即可利用三角形边角关系求解.
【详解】由以及可得故,
进而可得,不妨设,
取中点，连接,
故,故即为二面角的平面角，
由于平面，
故平面，平面，故,
故选：B
7．A
【分析】直接计算得到，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，故.
故选：A.
8．B
【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到点的轨迹，在根据平面几何知识求出的范围.
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，
所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面,所以平面，因为，平面，
平面,所以平面，又因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，
因为，
，所以当点位于点时，最大，
当点位于的中点时，最小，
此时，
所以，所以线段长度的取值范围是.
故选：B
9．AC
【分析】根据条件可得不共线，结合共线向量的坐标表示可得结果.
【详解】由题意得，不共线.
A.∵，∴不共线，A正确.
B.∵，∴，故为共线向量，B错误.
C. ∵，∴不共线，C正确.
D.∵，∴，故为共线向量，D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】A选项，根据复数的运算判断；B选项，根据复数的模判断；C选项，根据复数的几何意义判断；D选项，根据共轭复数的定义判断.
【详解】A中只能说明，不一定有，故A错误；
B中，说明，即，故B正确；
C中，说明，但与方向不一定相同，故C错误；
D中，则，故，故D正确．
故选：AC.
11．CD
【分析】A,B,C,D四个选项已知条件都是面面垂直，因此利用面面垂直的性质定理判断即可.
【详解】对于A，可能为平行、垂直、异面直线，故A错误;
对于B，缺少了条件，故B错误;
对于C，选项具备了面面垂直的性质定理的全部条件，故C正确;
对于D，当且直线m与两平面的交线垂直时，一 定有,故D正确.
故选：CD.
12．
【分析】根据正弦定理角化边以及余弦定理可得，从而求得的外接圆半径，再利用正弦定理和三角形面积公式，将边化成角，替换掉，根据锐角三角形求出的范围即可求解.
【详解】由得，，
所以，即，
所以，所以.
设的外接圆半径为，由正弦定理得.
所以，
又，所以
由是锐角三角形得，，解得，
所以，所以.
故答案为：.
13．
【分析】过作作，可得出线面角，再过作于，连接，在三个直角三角形中，分别计算，，，进而得出，即可求解.
【详解】
因为平面平面ABC，且平面平面ABC，
所以，过点作于，且面，
所以平面ABC，则为DC与平面ABC所成的线面角，
过作于，连接，
由面，故，而且都在面内，
所以面，面，则，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，即，
解得，
所以，即DC与平面ABC所成线面角大小为.
故答案为：
14．/
【分析】根据锥体体积公式求解.
【详解】由已知,
所以,
三棱锥的高等于,,
所以,
又因为,
所以.
故答案为:.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）利用复数的运算法则、模长公式及几何意义计算即可；
（2）利用共轭复数的概念及复数的四则运算计算即可.
【详解】（1）设，，，由题意：①
计算，得②
①②联立，解得，得.
（2），
所以且，解得.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据向量的线性运算，求得，再判断与的关系，即可证明.
（2）根据向量平行的结论，求参数的值.
【详解】（1）由已知，得．
因为，所以.
又与有公共点，所以，，三点共线．
（2）由（1），知，若，
且，可设（），
所以，即．
又，是两个不共线的向量，所以，解得．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式求得，可求角；
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答．
【详解】（1）中，，由正弦定理得，
又，则有，
由，，则，得，
由，则，得
（2），则，由，得，
由余弦定理，
得，得.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意结合异面直线的判定定理分析证明；
（2）连接，分析可知为异面直线与所成的角（或其补角），结合余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为平面，平面，直线，平面，
由异面直线的判定定理可得与是异面直线．
（2）如图，连接，
因为，，可知四边形为平行四边形，
则，即为异面直线与所成的角（或其补角），
连接，由已知可得，，
则．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质以及直角三角形的性质得线线垂直，即可利用线面垂直的判定定理证明即可
（2）根据已知条件求，，利用等体积法即可求解点到平面的距离.
【详解】（1）在中，为线段的中点，且，
∴，∴为直角三角形，且，∴.
∵底面为平行四边形，∴，∴.
∵四边形为矩形，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
∵，，平面，∴平面.
（2）∵平面，∴，为直线与平面所成的角，∴，
∴，，∴.
由（1）知平面，又平面，∴.
∵，，∴，
∴.
在中，，，∴.
连接，由于为线段的中点，则，
由于，
设点E到平面的距离为d，
则，∴，即点到平面的距离为.
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期中同步练习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量，，且，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
3．已知，与的夹角为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．在中，已知为上一点，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．若，其中是虚数单位，且，设，则为（ ）
A．2 B． C．6 D．
6．已知在三棱锥中，，且为等边三角形，则二面角的正切值为（ ）
A． B． C． D．2
7．欧拉公式（其中为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉创立的，公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数的数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，的共轭复数为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量和均不共线，且，则向量可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知，是复数，则以下结论错误的是（ ）
A．若，则，且
B．若，则，且
C．若，则向量和重合
D．若，则
11．设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，则存在直线，使
三、填空题
12．已知锐角的内角的对边分别为，若且，则的面积的取值范围为 ．
13．如图，在三棱台中，平面平面ABC，，，.则DC与平面ABC所成线面角大小为 .
14．如图，已知是棱长为a的正方体，E为的中点，F为上一点，则三棱锥的体积为
四、解答题
15．设实部为正数的复数，满足，且复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.
(1)求复数；
(2)若为纯虚数，求实数的值.
16．设，是两个不共线的向量，已知，，．
(1)求证：，，三点共线；
(2)若，且，求实数的值．
17．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求A；
(2)若的面积为，求的值.
18．如图，已知长方体中，，．
(1)求证：与是异面直线；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
19．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，四边形为矩形，平面平面，为线段的中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求点E到平面的距离.
《期中同步练习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A C D B A B AC AC
题号 11
答案 CD
1．B
【分析】利用复数的四则运算化简，利用复数的几何意义即可得解.
【详解】由复数，
可得其在复平面内对应的点为，位于第二象限．
故选：B．
2．B
【分析】根据向量的坐标运算和平行关系得到的关系，再利用基本不等式的推论即可得解.
【详解】由题意得，,，
因为，所以，即.
所以，即，当且仅当，时等号成立.
所以的最大值为2.
故选：B.
3．A
【分析】利用向量数量积公式计算可得答案.
【详解】.
故选：A．
4．C
【分析】根据题意，可得，，则，运算得解.
【详解】如图，由，，则，
，，
，
则.
故选：C.
5．D
【分析】化简可得，然后根据复数相等的条件列出关系式，求出的值，根据共轭复数的概念以及复数的求模运算，即可得出答案.
【详解】由得，，
所以且，
解得，，
所以，，
所以.
故选：D.
6．B
【分析】根据题意可得三角形全等，即可求解长度关系，根据等腰可得即为二面角的平面角，即可利用三角形边角关系求解.
【详解】由以及可得故,
进而可得,不妨设,
取中点，连接,
故,故即为二面角的平面角，
由于平面，
故平面，平面，故,
故选：B
7．A
【分析】直接计算得到，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，故.
故选：A.
8．B
【分析】根据线面平行的条件构造面面平行从而得到点的轨迹，在根据平面几何知识求出的范围.
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，
所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面,所以平面，因为，平面，
平面,所以平面，又因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，
因为，
，所以当点位于点时，最大，
当点位于的中点时，最小，
此时，
所以，所以线段长度的取值范围是.
故选：B
9．AC
【分析】根据条件可得不共线，结合共线向量的坐标表示可得结果.
【详解】由题意得，不共线.
A.∵，∴不共线，A正确.
B.∵，∴，故为共线向量，B错误.
C. ∵，∴不共线，C正确.
D.∵，∴，故为共线向量，D错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】A选项，根据复数的运算判断；B选项，根据复数的模判断；C选项，根据复数的几何意义判断；D选项，根据共轭复数的定义判断.
【详解】A中只能说明，不一定有，故A错误；
B中，说明，即，故B正确；
C中，说明，但与方向不一定相同，故C错误；
D中，则，故，故D正确．
故选：AC.
11．CD
【分析】A,B,C,D四个选项已知条件都是面面垂直，因此利用面面垂直的性质定理判断即可.
【详解】对于A，可能为平行、垂直、异面直线，故A错误;
对于B，缺少了条件，故B错误;
对于C，选项具备了面面垂直的性质定理的全部条件，故C正确;
对于D，当且直线m与两平面的交线垂直时，一 定有,故D正确.
故选：CD.
12．
【分析】根据正弦定理角化边以及余弦定理可得，从而求得的外接圆半径，再利用正弦定理和三角形面积公式，将边化成角，替换掉，根据锐角三角形求出的范围即可求解.
【详解】由得，，
所以，即，
所以，所以.
设的外接圆半径为，由正弦定理得.
所以，
又，所以
由是锐角三角形得，，解得，
所以，所以.
故答案为：.
13．
【分析】过作作，可得出线面角，再过作于，连接，在三个直角三角形中，分别计算，，，进而得出，即可求解.
【详解】
因为平面平面ABC，且平面平面ABC，
所以，过点作于，且面，
所以平面ABC，则为DC与平面ABC所成的线面角，
过作于，连接，
由面，故，而且都在面内，
所以面，面，则，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，即，
解得，
所以，即DC与平面ABC所成线面角大小为.
故答案为：
14．/
【分析】根据锥体体积公式求解.
【详解】由已知,
所以,
三棱锥的高等于,,
所以,
又因为,
所以.
故答案为:.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）利用复数的运算法则、模长公式及几何意义计算即可；
（2）利用共轭复数的概念及复数的四则运算计算即可.
【详解】（1）设，，，由题意：①
计算，得②
①②联立，解得，得.
（2），
所以且，解得.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据向量的线性运算，求得，再判断与的关系，即可证明.
（2）根据向量平行的结论，求参数的值.
【详解】（1）由已知，得．
因为，所以.
又与有公共点，所以，，三点共线．
（2）由（1），知，若，
且，可设（），
所以，即．
又，是两个不共线的向量，所以，解得．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式求得，可求角；
（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答．
【详解】（1）中，，由正弦定理得，
又，则有，
由，，则，得，
由，则，得
（2），则，由，得，
由余弦定理，
得，得.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意结合异面直线的判定定理分析证明；
（2）连接，分析可知为异面直线与所成的角（或其补角），结合余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为平面，平面，直线，平面，
由异面直线的判定定理可得与是异面直线．
（2）如图，连接，
因为，，可知四边形为平行四边形，
则，即为异面直线与所成的角（或其补角），
连接，由已知可得，，
则．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质以及直角三角形的性质得线线垂直，即可利用线面垂直的判定定理证明即可
（2）根据已知条件求，，利用等体积法即可求解点到平面的距离.
【详解】（1）在中，为线段的中点，且，
∴，∴为直角三角形，且，∴.
∵底面为平行四边形，∴，∴.
∵四边形为矩形，∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
∵，，平面，∴平面.
（2）∵平面，∴，为直线与平面所成的角，∴，
∴，，∴.
由（1）知平面，又平面，∴.
∵，，∴，
∴.
在中，，，∴.
连接，由于为线段的中点，则，
由于，
设点E到平面的距离为d，
则，∴，即点到平面的距离为.
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