结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇）（人教A版2019必修第二册）（解析版）VIP

结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2023下·安徽安庆·高一统考期末）已知a，b均为实数，复数：z=a2-b+(b-2A．-1,3 B．(-∞,-1)∪(3,+∞)C．(-【解题思路】由复数为实数及不等关系列不等式，解一元二次不等式即可.【解答过程】由题z=a2-b则有a2-2a-3<0，解得故选：A.2．（5分）（2023下·湖南长沙·高一校考阶段练习）下列命题：①若a=b，则②若a=b，b=③a=b的充要条件是a=④若a//b，b//⑤若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件.其中，真命题的个数是（A．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取b=0【解答过程】对于①，因为a=b，但a、b的方向不确定，则a、b不一定相等，对于②，若a=b，b=c，则对于③，a=b且a//所以，所以，“a=b且a//b”是“a对于④，取b=0，则a、c不一定共线，对于⑤，若A、B、C、D是不共线的四点，当AB=DC时，则AB//CD且当四边形ABCD为平行四边形时，由相等向量的定义可知AB=所以，若A、B、C、D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件，⑤故选：A.3．（5分）（2023·上海宝山·统考一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是（

）A．z2B．若z=1，则z-C．若z=1-2i2D．若1-3i是关于x的方程x2【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z判断C；利用复数相等求出q判断D.【解答过程】对于A，设z=a+bi(a对于B，由z=1知，在复平面内表示复数zz-1-i可看作该单位圆上的点到点1,1的距离，因为圆心到1,1则该单位圆上的点到点1,1的距离最大值为2+1，B对于C，z=1-2i2=-3-4对于D，依题意，(1-3i)2而p,q∈R，因此p+故选：B.4．（5分）（2023上·广东汕头·高三统考期中）图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器ABC-A1B1C1，现往内灌进一些水，设水深为h.将容器底面的一边AB固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为△A．3 B．4 C．42 D．【解题思路】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.【解答过程】在图1中的几何体中，水的体积为V1在图2的几何体中，水的体积为V2因为V1=V2，可得故选：B.5．（5分）（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60∘，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A-BDA．223 B．82π3 C【解题思路】根据菱形性质和二面角平面角定义可知cos∠AOP=-13，利用余弦定理求得PA后，结合勾股定理可知PD⊥DA，PB⊥BA，由此可确定三棱锥的外接球半径为【解答过程】连接BD，AC交于O，连接PO，易得O为BD与∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，即AO∴二面角A-BD-P的平面角为又AB=AD=2，∠BAD=在△AOP中，由余弦定理得：PA∵PD=AD=2，∴PD⊥DA，PB⊥BA，∴三棱锥P∴三棱锥P-ABD的外接球体积∵AO⊥BD，PO⊥BD，AO∩PO=O∵cos∠AOP=-1∴V∴三棱锥P-ABD的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为故选：C.6．（5分）（2023上·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=aA．94,7337 B．281181,【解题思路】利用2S=a2-b-c2【解答过程】△ABC中，由余弦定理得，a且△ABC的面积为S=12bc化简得sinA+2cosA=2；又A化简得5sin2A-4因为A∈0,π2所以bc由B+C=π-解得C∈所以tanC>tanπ2设bc=t所以y=4b又35<32<53t=35时，y=281181；所以y∈281181,2，即故选：D.7．（5分）（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点

A．PA⋅B．当AC⊥BD时，C．OA⋅OCD．AC⋅BD【解题思路】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC=-(|OF|-|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；根据垂直关系及AB⋅CD=(【解答过程】如图，过O,P作直径EF=-(|OF|-|OP若AC⊥BD，则则AB⋅又PA⋅PC=-2，则AP⋅CP=-2，同理可得若M为AC中点，连接OM，则OA=OM由题意0≤OM2≤OP2因为|AC|≤4,|BD|≤4，则有|

故选：D.8．（5分）（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知Rt△ABC中，AB=BC=2,D为AC的中点.将△ABCA．平面BED⊥平面B．三棱锥B-C．当二面角A-BD-E的平面角为πD．当二面角A-BD-E【解题思路】对于A，由已知条件可证得BD⊥平面ADE，然后由面面垂直的判定定理判断，对于B，由于△ADE的面积不是定值，从而可进行判断，对于C，由题意可得二面角A-BD-E的平面角为∠ADE，从而可求得S△ADE，进而可求得三棱锥【解答过程】如图：

A选项，在Rt△ABC中，AB=BC,D为AC的中点，所以BD⊥AD,BD⊥CD，因为DE∩AD=D，DE,B选项，由选项A知BD⊥平面ADE，但△ADE的面积不是定值，故三棱锥的体积不是定值，BC选项，因为BD⊥AD,BD⊥DE，所以二面角A-BD-E的平面角为∠ADE，当所以S△ADE=12AD⋅所以三棱锥E-ABD的体积为13SD选项，当二面角A-BD-E为直二面角时，∠ADE=π所以三棱锥E-ABD的表面积为设内切球半径为r，则由等体积法知VE-ABD=13×1故选：B.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2023上·辽宁沈阳·高三校联考期中）已知复数z1，z2∈A．若z1-B．若z12C．若复数z1，z2满足zD．若|z1-i【解题思路】A令z1=2+i，z2=1+i即可判断；B由复数四则运算可得z1=-z2或z1=z2即可判断；C设z1=a1+b1i【解答过程】A：令z1=2+i，zB：因为z12=z2则z1+z2=0或z1-C：设z1=a1+b1i（a1由z1+z所以a1而z1z2D：设z1=a+bi，所以a2+b-1所以复数z1在复平面内所对应的点a,b复数z2在复平面内所对应的点c,d因为两圆的圆心距为1--则两圆上的两点的连线段最大值为2+1+1=4，正确.故选：BD.10．（5分）（2023上·河北张家口·高三校联考阶段练习）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M,EA．平面AEF截正方体所得的截面面积为18 B．直线AF与平面A1C．直线B1D与平面A1GM垂直 D．点M【解题思路】利用线线平行得到截面，求面积判断选项A；由面面平行证明线面平行判断选项B；由线面垂直的性质，判断C选项；利用等体积法求点到平面的距离判断选项D.【解答过程】连接AD

因为正方体中AD1//所以四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形又由勾股定理可得D1F=所以梯形AEFD1为等腰梯形，高为所以S梯形AEFD易知A1M//AE，又A1M⊄平面AEF，AE又GM//EF，同理可得GM//又A1M∩GM=M，A1又AF⊂平面AEF，从而AF//平面A1连接B1D1，若直线B1D

又D1D⊥A1M，所以A1M⊥平面B显然A1M⊥B1D1由于S△MEF=则VA-MEF=13S点M到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的二倍，故D正确．故选：ABD．11．（5分）（2023上·辽宁·高二校联考阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为SA．若SA:SB:B．若M为△ABC的内心，则C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，MD．若M为△ABC的垂心，3MA【解题思路】对A，取BC的中点D，连接MD,AM，结合奔驰定理可得到2MD对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA,S对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°,∠AMC=120°,∠AMB=150°对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB【解答过程】对于A，取BC的中点D，连接MD,AM由SA:S所以2MD=所以A，M，D三点共线，且AM=设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23

对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r则有SA所以12即BC⋅MA+

对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为又∠BAC则有∠BMC所以SASBSC所以SA:S

对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，

由M为△ABC的垂心，3MA+4又S△ABC=SA设MD=x,所以cos∠BMD=所以cos∠BMD=66，所以故选：ABD．12．（5分）（2023上·江西·高二校联考阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N两点在线段AA．三棱锥B1-B．在平面CDD1C1内存在点PC．点E在正方形A1B1C1D1（包括边界）内运动，且直线DE与直线D．C1Q与平面A【解题思路】利用锥体的体积公式可判断A选项；当点P与点D1重合时，利用线面平行的判定定理可判断B选项；求出点E的轨迹，结合圆的几何性质可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项【解答过程】对于A选项，连接B1D1交A因为四边形A1B1C1因为M、N两点在线段A1C1则S△B1MN=所以，VB1-对于B选项，当点P与点D1重合时，因为A1P所以，四边形A1BCP为平行四边形，则因为PC⊄平面A1BC1，A1B⊂平面A1所以，在平面CDD1C1内存在点P，使得PC//对于C选项，因为AA1//DD1，则异面直线因为DD1⊥平面A1B1C所以，∠EDD1=30所以点E的轨迹是以点D1为圆心，半径为233当D1M⊥A1C1时，即当M此时，线段EM长度取最小值2-23对于D选项，因为A1B1//CD且A因为B1C⊄平面A1C1D，A因为Q∈B1C，点Q到平面A1设点B1到平面A1C1D则VD易知△A1C1D由VB1-因为Q在线段B1C上运动，则当点Q为线段B1C的中点时，当点Q与点B1或点C重合时，C1Q取最大值2设直线C1Q与平面A1C1D所成角为θ故选：BD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023上·上海闵行·高三校考期中）已知i为虚数单位，复数a+ia>0是关于x的实系数方程x2+【解题思路】（1）由题意可知a+i和【解答过程】由题意得a+i和a-所以由根与系数的关系得：a+ia-又因为：a>0，所以：a所以：-b=a故答案为：-214．（5分）（2023上·四川成都·高三石室中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ABC=1200,AB=BC，△ABD是正三角形，点M是△【解题思路】结合图形，利用题干信息，先找到长度关系，再根据角平分线定理，得到比例关系，最后利用三共线定理书写最终式子，得到系数关系即可.【解答过程】如图，MC交AB于点E，∵∠∴∠MAE=∠BAC=30°，因为AB是∠MAC的角平分线，所以AM所以AM=3a3因为E，A，B三点共线，所以m+ME=1由题干可知xMA+所以4m=-

∴故答案为：-415．（5分）（2023上·江苏无锡·高一校考阶段练习）在△ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c，若3b6【解题思路】由S△ABC=34a2+b2-c2，化简得到【解答过程】由△ABC的面积S△ABC可得sinC=3因为C∈(0,π)又由3b6a所以3c因为B∈(0,π)，可得sinB>0设△ABC的外接圆的半径为R，可得2则a+=6sin因为C=π3，可得0<A<所以23<43所以12≤ca+故答案为：[116．（5分）（2023·全国·高一专题练习）在正方体ABCD-A1B1①三棱锥A-②直线AP与平面ACD③二面角P-④M是平面A1B1C1D1上到点其中真命题的编号是①③④．（写出所有真命题的编号）【解题思路】根据线面平行判定定理可得BC1//平面AD1C，然后结合锥体的体积公式及线面角的定义可判断①②，根据二面角的定义可判断③，由题可得DC1⊥平面A1【解答过程】对①，由题可知BC1//AD1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面A对②，因为P到面AD1C距离不变，但AP长度变化，因此直线AP与平面对③，二面角P-AD1-C的大小就是平面ABC1对④，由正方体的性质可知DC1⊥所以DC1⊥平面A1BCD1，到点D和C1距离相等的点在平面A1BCD综上真命题的编号是①③④.故答案为：①③④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2023下·河南开封·高一校联考期末）已知m∈R，复数z=m(1)若z是纯虚数，求m的值；(2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围.【解题思路】(1)根据纯虚数的定义，实部等于零，虚部不等于零，列出条件解出即可;(2)根据条件，虚数z的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可.【解答过程】（1）因为z是纯虚数，所以m2-故m的值为-2（2）在复平面内z对应的点为m2由题意可得m2解得-2<即m的取值范围是-2,318．（12分）（2023下·山东潍坊·高一统考期末）如图，在正六棱锥P-ABCDEF中，球O是其内切球，AB=2,PC=13，点

(1)求正六棱锥P-(2)当点M在底面ABCDEF内运动时，求线段OM所形成的曲面与底面ABCDEF所围成的几何体的表面积.【解题思路】（1）由正六棱锥的结构特征，结合已知数据，求出底面积和高，可求体积；（2）由OM=OP【解答过程】（1）设O1是底面的中心，连接PO1底面ABCDEF为正六边形，可知△O1BCS在Rt△PO在正六边形ABCDEF中，SABCDEF所以VP

（2）取BC的中点N，连接ON，O1N，设正六棱锥P-ABCDEF的内切球与侧面PBC相切于点H，可知H在PN上，连接等边三角形△O1BC在Rt△PO1N中，P设内切球O的半径为r，则OO1=OH=r，由所以OM=在Rt△OO1N所以点M在六边形ABCDEF中，且以O1为圆心3所以点M在底面ABCDEF内运动时，线段OM所形成的曲面与底面ABCDEF所围成的几何体为圆锥，圆锥底面半径为3，母线长为2，此几何体的表面积为319．（12分）（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1(1)若复数z1-z(2)若虚数z1是方程x2-【解题思路】（1）根据复数的减法，确定实部与虚部，根据其几何意义，可得实部与虚部的取值范围，可得答案；（2）根据复数与一元二次方程的关系，再由韦达定理，可得答案.【解答过程】（1）z1因为z1所以3a+2-2>0,a因此，实数a的取值范围是(-2,-1)．（2）因为虚数z1是方程x所以z1也是方程x2-6x把a=-1代入，得z1=3-2所以m=20．（12分）（2023下·浙江·高一校联考期中）如图，点P,Q分别是正方形ABCD的边DC、CB上两点，AB=1，∠PAQ=θ(1)若DP=λDC，CQ=λ(2)若θ=45°，求AP(3)若θ=60°，若AO=xAP【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得AP⋅AQ（2）设∠QAB=α∈0,π4，求得（3）设AP=a，AQ=b，将3x+6y表示为关于【解答过程】（1）以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系.Pλ,1，所以PA⋅（2）设∠QAB=α则Q1,tanαPA=2由于tanα+1∈1,2（3）AO⋅AO⋅设AP=a，AQ=化简得a解得x所以3x设∠QAB=α令t=所以由对勾函数的性质得3x所以当α=π6时，即点P与D点重合时，321．（12分）（2023下·江苏苏州·高一校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c

(1)若b=1,∠BAC=(2)若△ABC为锐角三角形，且2ab=1+tanCtanB,∠ABC的角平分线BE交【解题思路】（1）由关系S△（2）由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换化简求C，结合正弦定理利用角A表示BO+AO，结合正弦型函数的性质求BO【解答过程】（1）因为AD为∠BAC的角平分线，∠所以∠