結(jié)業(yè)測試卷（范圍：第六、七、八章）（提高篇）（人教A版2019必修第二冊）（解析版）

結(jié)業(yè)測試卷（范圍：第六、七、八章）（提高篇）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023下·安徽安慶·高一統(tǒng)考期末）已知a，b均為實數(shù)，復(fù)數(shù)：z=a2-b+(b-2A．-1,3 B．(-∞,-1)∪(3,+∞)C．(-【解題思路】由復(fù)數(shù)為實數(shù)及不等關(guān)系列不等式，解一元二次不等式即可.【解答過程】由題z=a2-b則有a2-2a-3<0，解得故選：A.2．（5分）（2023下·湖南長沙·高一?？茧A段練習(xí)）下列命題：①若a=b，則②若a=b，b=③a=b的充要條件是a=④若a//b，b//⑤若A、B、C、D是不共線的四點，則AB=DC是四邊形ABCD為平行四邊形的充要條件.其中，真命題的個數(shù)是（A．2 B．3 C．4 D．5【解題思路】利用向量的概念可判斷①；利用相等向量的定義可判斷②；利用相等向量的定義以及充分條件、必要條件的定義可判斷③⑤；取b=0【解答過程】對于①，因為a=b，但a、b的方向不確定，則a、b不一定相等，對于②，若a=b，b=c，則對于③，a=b且a//所以，所以，“a=b且a//b”是“a對于④，取b=0，則a、c不一定共線，對于⑤，若A、B、C、D是不共線的四點，當(dāng)AB=DC時，則AB//CD且當(dāng)四邊形ABCD為平行四邊形時，由相等向量的定義可知AB=所以，若A、B、C、D是不共線的四點，則AB=DC是四邊形ABCD為平行四邊形的充要條件，⑤故選：A.3．（5分）（2023·上海寶山·統(tǒng)考一模）已知z是復(fù)數(shù)，z是其共軛復(fù)數(shù)，則下列命題中正確的是（

）A．z2B．若z=1，則z-C．若z=1-2i2D．若1-3i是關(guān)于x的方程x2【解題思路】設(shè)出復(fù)數(shù)的代數(shù)形式計算判斷A；利用復(fù)數(shù)的幾何意義判斷B；求出復(fù)數(shù)z判斷C；利用復(fù)數(shù)相等求出q判斷D.【解答過程】對于A，設(shè)z=a+bi(a對于B，由z=1知，在復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)zz-1-i可看作該單位圓上的點到點1,1的距離，因為圓心到1,1則該單位圓上的點到點1,1的距離最大值為2+1，B對于C，z=1-2i2=-3-4對于D，依題意，(1-3i)2而p,q∈R，因此p+故選：B.4．（5分）（2023上·廣東汕頭·高三統(tǒng)考期中）圖1是一個水平放置且高為6的直三棱柱容器ABC-A1B1C1，現(xiàn)往內(nèi)灌進一些水，設(shè)水深為h.將容器底面的一邊AB固定于地面上，再將容器傾斜，當(dāng)傾斜到某一位置時，水面形狀恰好為△A．3 B．4 C．42 D．【解題思路】利用兩個幾何體中的裝水的體積相等，列出方程，即可求解.【解答過程】在圖1中的幾何體中，水的體積為V1在圖2的幾何體中，水的體積為V2因為V1=V2，可得故選：B.5．（5分）（2023·全國·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=60°，將△BCD沿對角線BD翻折，使點C到點P處，且二面角A-BDA．223 B．82π3 C【解題思路】根據(jù)菱形性質(zhì)和二面角平面角定義可知cos∠AOP=-13，利用余弦定理求得PA后，結(jié)合勾股定理可知PD⊥DA，PB⊥BA，由此可確定三棱錐的外接球半徑為【解答過程】連接BD，AC交于O，連接PO，易得O為BD與∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，即AO∴二面角A-BD-P的平面角為又AB=AD=2，∠BAD=在△AOP中，由余弦定理得：PA∵PD=AD=2，∴PD⊥DA，PB⊥BA，∴三棱錐P∴三棱錐P-ABD的外接球體積∵AO⊥BD，PO⊥BD，AO∩PO=O∵cos∠AOP=-1∴V∴三棱錐P-ABD的外接球的體積與該三棱錐的體積之比為故選：C.6．（5分）（2023上·吉林·高一吉林一中?？茧A段練習(xí)）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，且2S=aA．94,7337 B．281181,【解題思路】利用2S=a2-b-c2【解答過程】△ABC中，由余弦定理得，a且△ABC的面積為S=12bc化簡得sinA+2cosA=2；又A化簡得5sin2A-4因為A∈0,π2所以bc由B+C=π-解得C∈所以tanC>tanπ2設(shè)bc=t所以y=4b又35<32<53t=35時，y=281181；所以y∈281181,2，即故選：D.7．（5分）（2023上·上海黃浦·高二格致中學(xué)?？茧A段練習(xí)）“圓冪定理”是平面幾何中關(guān)于圓的一個重要定理，它包含三個結(jié)論，其中一個是相交弦定理：圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等，如圖，已知圓O的半徑2，點P是圓O內(nèi)的定點，且OP=2，弦AC,BD均過點

A．PA?B．當(dāng)AC⊥BD時，C．OA?OCD．AC?BD【解題思路】過O,P作直徑EF，利用向量加減幾何意義得PA?PC=-(|OF|-|OP|)(|OF|+|OP|)判斷A；根據(jù)垂直關(guān)系及AB?CD=(【解答過程】如圖，過O,P作直徑EF=-(|OF|-|OP若AC⊥BD，則則AB?又PA?PC=-2，則AP?CP=-2，同理可得若M為AC中點，連接OM，則OA=OM由題意0≤OM2≤OP2因為|AC|≤4,|BD|≤4，則有|

故選：D.8．（5分）（2023下·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知Rt△ABC中，AB=BC=2,D為AC的中點.將△ABCA．平面BED⊥平面B．三棱錐B-C．當(dāng)二面角A-BD-E的平面角為πD．當(dāng)二面角A-BD-E【解題思路】對于A，由已知條件可證得BD⊥平面ADE，然后由面面垂直的判定定理判斷，對于B，由于△ADE的面積不是定值，從而可進行判斷，對于C，由題意可得二面角A-BD-E的平面角為∠ADE，從而可求得S△ADE，進而可求得三棱錐【解答過程】如圖：

A選項，在Rt△ABC中，AB=BC,D為AC的中點，所以BD⊥AD,BD⊥CD，因為DE∩AD=D，DE,B選項，由選項A知BD⊥平面ADE，但△ADE的面積不是定值，故三棱錐的體積不是定值，BC選項，因為BD⊥AD,BD⊥DE，所以二面角A-BD-E的平面角為∠ADE，當(dāng)所以S△ADE=12AD?所以三棱錐E-ABD的體積為13SD選項，當(dāng)二面角A-BD-E為直二面角時，∠ADE=π所以三棱錐E-ABD的表面積為設(shè)內(nèi)切球半徑為r，則由等體積法知VE-ABD=13×1故選：B.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023上·遼寧沈陽·高三校聯(lián)考期中）已知復(fù)數(shù)z1，z2∈A．若z1-B．若z12C．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足zD．若|z1-i【解題思路】A令z1=2+i，z2=1+i即可判斷；B由復(fù)數(shù)四則運算可得z1=-z2或z1=z2即可判斷；C設(shè)z1=a1+b1i【解答過程】A：令z1=2+i，zB：因為z12=z2則z1+z2=0或z1-C：設(shè)z1=a1+b1i（a1由z1+z所以a1而z1z2D：設(shè)z1=a+bi，所以a2+b-1所以復(fù)數(shù)z1在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點a,b復(fù)數(shù)z2在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點c,d因為兩圓的圓心距為1--則兩圓上的兩點的連線段最大值為2+1+1=4，正確.故選：BD.10．（5分）（2023上·河北張家口·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M,EA．平面AEF截正方體所得的截面面積為18 B．直線AF與平面A1C．直線B1D與平面A1GM垂直 D．點M【解題思路】利用線線平行得到截面，求面積判斷選項A；由面面平行證明線面平行判斷選項B；由線面垂直的性質(zhì)，判斷C選項；利用等體積法求點到平面的距離判斷選項D.【解答過程】連接AD

因為正方體中AD1//所以四邊形AEFD1為平面AEF截正方體所得的截面四邊形，且截面四邊形又由勾股定理可得D1F=所以梯形AEFD1為等腰梯形，高為所以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，從而AF//平面A1連接B1D1，若直線B1D

又D1D⊥A1M，所以A1M⊥平面B顯然A1M⊥B1D1由于S△MEF=則VA-MEF=13S點M到平面AEF的距離為點C到平面AEF的距離的二倍，故D正確．故選：ABD．11．（5分）（2023上·遼寧·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論.奔馳定理與三角形四心（重心、內(nèi)心、外心、垂心）有著神秘的關(guān)聯(lián).它的具體內(nèi)容是：已知M是△ABC內(nèi)一點，△BMC,△AMC,△AMB的面積分別為SA．若SA:SB:B．若M為△ABC的內(nèi)心，則C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，MD．若M為△ABC的垂心，3MA【解題思路】對A，取BC的中點D，連接MD,AM，結(jié)合奔馳定理可得到2MD對B，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，從而可用r表示出SA,S對C，設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，根據(jù)圓的性質(zhì)結(jié)合題意可得∠BMC=90°,∠AMC=120°,∠AMB=150°對D，延長AM交BC于點D，延長BO交AC于點F，延長CO交AB于點E，根據(jù)題意結(jié)合奔馳定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB【解答過程】對于A，取BC的中點D，連接MD,AM由SA:S所以2MD=所以A，M，D三點共線，且AM=設(shè)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，同理可得CM=23CE，BM=23

對于B，由M為△ABC的內(nèi)心，則可設(shè)內(nèi)切圓半徑為r則有SA所以12即BC?MA+

對于C，由M為△ABC的外心，則可設(shè)△ABC的外接圓半徑為又∠BAC則有∠BMC所以SASBSC所以SA:S

對于D，如圖，延長AM交BC于點D，延長BO交AC于點F，延長CO交AB于點E，

由M為△ABC的垂心，3MA+4又S△ABC=SA設(shè)MD=x,所以cos∠BMD=所以cos∠BMD=66，所以故選：ABD．12．（5分）（2023上·江西·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N兩點在線段AA．三棱錐B1-B．在平面CDD1C1內(nèi)存在點PC．點E在正方形A1B1C1D1（包括邊界）內(nèi)運動，且直線DE與直線D．C1Q與平面A【解題思路】利用錐體的體積公式可判斷A選項；當(dāng)點P與點D1重合時，利用線面平行的判定定理可判斷B選項；求出點E的軌跡，結(jié)合圓的幾何性質(zhì)可判斷C選項；利用線面角的定義可判斷D選項【解答過程】對于A選項，連接B1D1交A因為四邊形A1B1C1因為M、N兩點在線段A1C1則S△B1MN=所以，VB1-對于B選項，當(dāng)點P與點D1重合時，因為A1P所以，四邊形A1BCP為平行四邊形，則因為PC?平面A1BC1，A1B?平面A1所以，在平面CDD1C1內(nèi)存在點P，使得PC//對于C選項，因為AA1//DD1，則異面直線因為DD1⊥平面A1B1C所以，∠EDD1=30所以點E的軌跡是以點D1為圓心，半徑為233當(dāng)D1M⊥A1C1時，即當(dāng)M此時，線段EM長度取最小值2-23對于D選項，因為A1B1//CD且A因為B1C?平面A1C1D，A因為Q∈B1C，點Q到平面A1設(shè)點B1到平面A1C1D則VD易知△A1C1D由VB1-因為Q在線段B1C上運動，則當(dāng)點Q為線段B1C的中點時，當(dāng)點Q與點B1或點C重合時，C1Q取最大值2設(shè)直線C1Q與平面A1C1D所成角為θ故選：BD.三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023上·上海閔行·高三校考期中）已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)a+ia>0是關(guān)于x的實系數(shù)方程x2+【解題思路】（1）由題意可知a+i和【解答過程】由題意得a+i和a-所以由根與系數(shù)的關(guān)系得：a+ia-又因為：a>0，所以：a所以：-b=a故答案為：-214．（5分）（2023上·四川成都·高三石室中學(xué)校考期中）如圖，在△ABC中，∠ABC=1200,AB=BC，△ABD是正三角形，點M是△【解題思路】結(jié)合圖形，利用題干信息，先找到長度關(guān)系，再根據(jù)角平分線定理，得到比例關(guān)系，最后利用三共線定理書寫最終式子，得到系數(shù)關(guān)系即可.【解答過程】如圖，MC交AB于點E，∵∠∴∠MAE=∠BAC=30°，因為AB是∠MAC的角平分線，所以AM所以AM=3a3因為E，A，B三點共線，所以m+ME=1由題干可知xMA+所以4m=-

∴故答案為：-415．（5分）（2023上·江蘇無錫·高一?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，角A,B,C所對的邊為a,b,c，若3b6【解題思路】由S△ABC=34a2+b2-c2，化簡得到【解答過程】由△ABC的面積S△ABC可得sinC=3因為C∈(0,π)又由3b6a所以3c因為B∈(0,π)，可得sinB>0設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，可得2則a+=6sin因為C=π3，可得0<A<所以23<43所以12≤ca+故答案為：[116．（5分）（2023·全國·高一專題練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1①三棱錐A-②直線AP與平面ACD③二面角P-④M是平面A1B1C1D1上到點其中真命題的編號是①③④．（寫出所有真命題的編號）【解題思路】根據(jù)線面平行判定定理可得BC1//平面AD1C，然后結(jié)合錐體的體積公式及線面角的定義可判斷①②，根據(jù)二面角的定義可判斷③，由題可得DC1⊥平面A1【解答過程】對①，由題可知BC1//AD1，AD1?平面AD1C，BC1?平面A對②，因為P到面AD1C距離不變，但AP長度變化，因此直線AP與平面對③，二面角P-AD1-C的大小就是平面ABC1對④，由正方體的性質(zhì)可知DC1⊥所以DC1⊥平面A1BCD1，到點D和C1距離相等的點在平面A1BCD綜上真命題的編號是①③④.故答案為：①③④.四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023下·河南開封·高一校聯(lián)考期末）已知m∈R，復(fù)數(shù)z=m(1)若z是純虛數(shù)，求m的值；(2)若z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第二象限，求m的取值范圍.【解題思路】(1)根據(jù)純虛數(shù)的定義，實部等于零，虛部不等于零，列出條件解出即可;(2)根據(jù)條件，虛數(shù)z的實部小于零，虛部大于零，列出條件解出即可.【解答過程】（1）因為z是純虛數(shù)，所以m2-故m的值為-2（2）在復(fù)平面內(nèi)z對應(yīng)的點為m2由題意可得m2解得-2<即m的取值范圍是-2,318．（12分）（2023下·山東濰坊·高一統(tǒng)考期末）如圖，在正六棱錐P-ABCDEF中，球O是其內(nèi)切球，AB=2,PC=13，點

(1)求正六棱錐P-(2)當(dāng)點M在底面ABCDEF內(nèi)運動時，求線段OM所形成的曲面與底面ABCDEF所圍成的幾何體的表面積.【解題思路】（1）由正六棱錐的結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合已知數(shù)據(jù)，求出底面積和高，可求體積；（2）由OM=OP【解答過程】（1）設(shè)O1是底面的中心，連接PO1底面ABCDEF為正六邊形，可知△O1BCS在Rt△PO在正六邊形ABCDEF中，SABCDEF所以VP

（2）取BC的中點N，連接ON，O1N，設(shè)正六棱錐P-ABCDEF的內(nèi)切球與側(cè)面PBC相切于點H，可知H在PN上，連接等邊三角形△O1BC在Rt△PO1N中，P設(shè)內(nèi)切球O的半徑為r，則OO1=OH=r，由所以O(shè)M=在Rt△OO1N所以點M在六邊形ABCDEF中，且以O(shè)1為圓心3所以點M在底面ABCDEF內(nèi)運動時，線段OM所形成的曲面與底面ABCDEF所圍成的幾何體為圓錐，圓錐底面半徑為3，母線長為2，此幾何體的表面積為319．（12分）（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知復(fù)數(shù)z1(1)若復(fù)數(shù)z1-z(2)若虛數(shù)z1是方程x2-【解題思路】（1）根據(jù)復(fù)數(shù)的減法，確定實部與虛部，根據(jù)其幾何意義，可得實部與虛部的取值范圍，可得答案；（2）根據(jù)復(fù)數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，再由韋達定理，可得答案.【解答過程】（1）z1因為z1所以3a+2-2>0,a因此，實數(shù)a的取值范圍是(-2,-1)．（2）因為虛數(shù)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·高一校聯(lián)考期中）如圖，點P,Q分別是正方形ABCD的邊DC、CB上兩點，AB=1，∠PAQ=θ(1)若DP=λDC，CQ=λ(2)若θ=45°，求AP(3)若θ=60°，若AO=xAP【解題思路】（1）建立平面直角坐標系，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算求得AP?AQ（2）設(shè)∠QAB=α∈0,π4，求得（3）設(shè)AP=a，AQ=b，將3x+6y表示為關(guān)于【解答過程】（1）以A點為坐標原點，AB為x軸，建立直角坐標系.Pλ,1，所以PA?（2）設(shè)∠QAB=α則Q1,tanαPA=2由于tanα+1∈1,2（3）AO?AO?設(shè)AP=a，AQ=化簡得a解得x所以3x設(shè)∠QAB=α令t=所以由對勾函數(shù)的性質(zhì)得3x所以當(dāng)α=π6時，即點P與D點重合時，321．（12分）（2023下·江蘇蘇州·高一?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c

(1)若b=1,∠BAC=(2)若△ABC為銳角三角形，且2ab=1+tanCtanB,∠ABC的角平分線BE交【解題思路】（1）由關(guān)系S△（2）由正弦定理化邊為角，結(jié)合三角恒等變換化簡求C，結(jié)合正弦定理利用角A表示BO+AO，結(jié)合正弦型函數(shù)的性質(zhì)求BO【解答過程】（1）因為AD為∠BAC的角平分線，∠所以∠