结业测试卷（范围：第六、七、八章）（提高篇）-【寒假预科讲义】（人教A版2019必修第二册）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
（2023下·安徽安庆·高一统考期末）
1．已知a，b均为实数，复数：，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·湖南长沙·高一校考阶段练习）
2．下列命题：①若，则；
②若，，则；
③的充要条件是且；
④若，，则；
⑤若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件.其中，真命题的个数是（ ）
A． B． C． D．
（2023·上海宝山·统考一模）
3．已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A． B．若，则的最大值为
C．若，则复平面内对应的点位于第一象限 D．若是关于的方程的一个根，则
（2023上·广东汕头·高三统考期中）
4．图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器，现往内灌进一些水，设水深为.将容器底面的一边固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为，如图2，则（ ）
A．3 B．4 C． D．6
（2023·全国·高三校联考阶段练习）
5．已知菱形的边长为，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角的平面角的余弦值为，则此时三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积比值为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）
6．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）
7．“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，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．的取值范围是
D．的最大值为12
（2023下·河南·高三校联考阶段练习）
8．已知中，为的中点. 将沿翻折，使点移动至点，在翻折过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．平面平面
B．三棱锥的体积为定值
C．当二面角的平面角为时，三棱锥的体积为
D．当二面角为直二面角时，三棱锥的内切球表面积为
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（2023上·辽宁沈阳·高三校联考期中）
9．已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若复数，满足．则
D．若 ，则的最大值为4
（2023上·河北张家口·高三校联考阶段练习）
10．正方体的棱长为4，分别为的中点，点到平面的距离为则（ ）
A．平面截正方体所得的截面面积为18 B．直线与平面平行
C．直线与平面垂直 D．点到平面的距离为
（2023上·辽宁·高二校联考阶段练习）
11．“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：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，，则
（2023上·江西·高二校联考阶段练习）
12．在棱长为的正方体中，、两点在线段上运动，且，在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．在平面内存在点，使得平面
C．点在正方形（包括边界）内运动，且直线与直线成角，则线段长度的最小值为
D．与平面所成角的正弦值的取值范围为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
（2023上·上海闵行·高三校考期中）
13．已知为虚数单位，复数是关于的实系数方程的一个复数根，则 .
（2023上·四川成都·高三石室中学校考期中）
14．如图，在中，，是正三角形，点是的中心，若， 则
（2023上·江苏无锡·高一校考阶段练习）
15．在中，角所对的边为，若，且的面积，则的取值范围是 .
（2023·全国·高一专题练习）
16．在正方体中（如图），已知点在直线上运动，则下列四个命题：
①三棱锥的体积不变；
②直线与平面所成的角的大小不变；
③二面角的大小不变；
④是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是直线
其中真命题的编号是 ．（写出所有真命题的编号）
四．解答题（共6小题，满分70分）
（2023下·河南开封·高一校联考期末）
17．已知，复数（是虚数单位）.
(1)若是纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
（2023下·山东潍坊·高一统考期末）
18．如图，在正六棱锥中，球是其内切球，，点是底面内一动点（含边界），且.
(1)求正六棱锥的体积；
(2)当点在底面内运动时，求线段所形成的曲面与底面所围成的几何体的表面积.
（2023·全国·高一专题练习）
19．已知复数．
(1)若复数在复平面内的对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；
(2)若虚数是方程的一个根，求实数m的值．
（2023下·浙江·高一校联考期中）
20．如图，点分别是正方形的边、上两点，，，记点为的外心.
(1)若，，，求的值；
(2)若，求的取值范围；
(3)若，若，求的最大值.
（2023下·江苏苏州·高一校考阶段练习）
21．在中，内角的对边分别为，若的角平分线交于点D．
(1)若，求的长度；
(2)若为锐角三角形，且的角平分线交于点E，且与交于点O，求周长的取值范围．
（2023上·北京海淀·高三校考阶段练习）
22．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】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.
【详解】由题，所以为实数，即，
则有，解得，即a的取值范围为.
故选：A
2．A
【分析】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；取可判断④.
【详解】对于①，因为，但、的方向不确定，则、不一定相等，①错；
对于②，若，，则，②对；
对于③，且或，
所以，所以，“且”是“”的必要不充分条件，③错；
对于④，取，则、不一定共线，④错；
对于⑤，若、、、是不共线的四点，
当时，则且，此时，四边形为平行四边形，
当四边形为平行四边形时，由相等向量的定义可知，
所以，若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件，⑤对.
故选：A.
3．B
【分析】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；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D.
【详解】对于A，设，则，，A错误；
对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确；
对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，D错误．
故选：B.
4．B
【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.
【详解】在图1中的几何体中，水的体积为，
在图2的几何体中，水的体积为，
因为，可得，解得.
故选：B.
5．C
【分析】根据菱形性质和二面角平面角定义可知，利用余弦定理求得后，结合勾股定理可知，，由此可确定三棱锥的外接球半径为，代入球的体积公式可求得外接球体积；根据平面，结合棱锥体积公式可求得，作比即可得到结果.
【详解】连接交于，连接，易得为与的中点，
四边形为菱形，，即，，
二面角的平面角为，；
又，，，；
在中，由余弦定理得：；
，，，
，，三棱锥的外接球球心为中点，半径为，
三棱锥的外接球体积；
，，，平面，平面，
，，
，
三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球问题的求解，解题关键是能够结合二面角的大小和勾股定理确定三棱锥的侧面和为直角三角形，并且有公共斜边，结合直角三角形的性质确定三棱锥外接球球心即为的中点.
6．D
【分析】利用，三角形面积公式和余弦定理可得，故可得到，，然后利用正弦定理可得，利用换元法即可求解
【详解】中，由余弦定理得，，
且的面积为，由，得，
化简得；又，，所以，
化简得，解得或（不合题意，舍去）；
因为，所以，
所以，
由，且，，
解得，
所以，所以，所以；
设，其中，
所以，
又，所以时，y取得最大值为，
时，；时，，且．
所以，即的取值范围是，
故选：D
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值
7．D
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断C；由弦的最大值判断D.
【详解】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，同理可得，故，B正确；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，C正确；
因为，则有，D错误.
故选：D
【点睛】关键点睛：根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
8．B
【分析】对于A，由已知条件可证得平面，然后由面面垂直的判定定理判断，对于B，由于的面积不是定值，从而可进行判断，对于C，由题意可得二面角的平面角为，从而可求得，进而可求得三棱锥的体积，对于D，由题意可得，然后利用等体积法可求出三棱锥的内切球的半径，从而可求出球的表面积.
【详解】如图：
A选项，在中，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，故平面平面，A正确，
B选项，由选项A知平面，但的面积不是定值，故三棱锥的体积不是定值，B错误，
C选项，因为，所以二面角的平面角为，当时，因为中，为的中点. 所以
所以，由选项A知平面，
所以三棱锥的体积为，C正确，
D选项，当二面角为直二面角时，，所以，因为，，
所以三棱锥的表面积为，
设内切球半径为，则由等体积法知，解得，所以内切球表面积，D正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判断，考查棱锥体积的求法，考查二面角，考查棱锥外接球问题，考查由平面图形折叠成立体图形问题，解题的关键是弄清折叠前后边角关系，考查空间想象能力，属于较难题.
9．BD
【分析】A令，即可判断；B由复数四则运算可得或即可判断；C设（，），（，），利用复数模的求法及已知等量关系得到，乘法运算求即可判断；D由复数模的几何意义判断复数、对应点轨迹判断.
【详解】A：令，，则，但是虚数不能比较大小，错误；
B：因为，所以，即，
则或，所以或，所以，正确；
C：设（，），（，），
由可得，
所以，
而，不一定为0，错误；
D：设，，，因为，
所以，即，，
所以复数在复平面内所对应的点在圆上，
复数在复平面内所对应的点在圆上，
因为两圆的圆心距为，所以两圆相外切，
则两圆上的两点的连线段最大值为，正确.
故选：BD
10．ABD
【分析】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.
【详解】连接，如图所示，
因为正方体中，所以四点共面，
所以四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，
所以梯形为等腰梯形，高为，
所以，故A选项正确；
易知，又平面，平面，故平面，
又，同理可得平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，从而平面，故B选项正确；
连接，若直线与平面垂直成立，则，
又，，平面，
所以平面，所以，
显然不成立，所以直线与平面不垂直，故C选项错误；
由于，而，
则，，所以，即，
点到平面的距离为点到平面的距离的二倍，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：
正方体内的线面位置关系和距离角度问题，要充分利用正方体的结构特征，特别是线面的平行垂直性质，对解题作用较大.
11．ABD
【分析】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，代入即可求解，进而即可判断D．
【详解】对于A，取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；
对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，
由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，得到，进而即可求解．
12．BD
【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项；当点与点重合时，利用线面平行的判定定理可判断B选项；求出点的轨迹，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.
【详解】对于A选项，连接交于点，
因为四边形为正方形，则，且，
因为、两点在线段上运动，且，
则，又因为平面，
所以，，A错；
对于B选项，当点与点重合时，因为且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，即平面，
所以，在平面内存在点，使得平面，B对；
对于C选项，因为，则异面直线与所成角等于或其补角，
因为平面，平面，则，
所以，，且，可得，
所以点的轨迹是以点为圆心，半径为，且圆心角为的圆弧，
当时，即当为的中点且为线段与圆弧的交点时，
此时，线段长度取最小值，C错；
对于D选项，因为且，则四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，点到平面的距离等于点到平面的距离，
设点到平面的距离为，，
则，
易知是边长为的等边三角形，则，
由，解得，
因为在线段上运动，则当点为线段的中点时，取最小值，
当点与点或点重合时，取最大值，即，
设直线与平面所成角为，则，D对.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
13．
【分析】（1）由题意可知和为方程的两个复数根，然后根据根与系数的关系列方程可求出的值；
【详解】由题意得和是实数系方程：的两个根，
所以由根与系数的关系得：，得：或
又因为：，所以：，
所以：，得：.
故答案为：.
14．
【分析】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.
【详解】如图，MC交AB于点E，
， 设，则，
因为AB是的角平分线，所以，
所以， ，
因为，，三点共线，所以，
，
由题干可知，即
所以，
故答案为：.
15．
【分析】由，化简得到，求得，再由，结合三角恒等变换的公式，求得，进而利用正弦定理与三角恒等变换转化得，结合即可得解.
【详解】由的面积，可得，
可得，即，
因为，所以，
又由，可得，
所以，
因为，可得，所以，可得，
设的外接圆的半径为，可得，
则
，
因为，可得，则，所以，
所以，即，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
16．①③④
【分析】根据线面平行判定定理可得平面，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，由题可得平面，进而可得点的轨迹是平面与平面的交线可判断④.
【详解】对①，由题可知，平面，平面，所以平面，因此到平面距离不变，又，故三棱锥的体积不变，①正确；
对②，因为到距离不变，但长度变化，因此直线与平面所成的角的大小变化，故②错误；
对③，二面角的大小就是平面 与平面所组成二面角的大小,因此不变，故③正确；
对④，由正方体的性质可知平面，
所以平面，到点和距离相等的点在平面上，所以点的轨迹是平面与平面的交线，故④正确；
综上真命题的编号是①③④.
故答案为：①③④.
17．(1)
(2)
【分析】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;
根据条件，虚数的实部小于零，虚部大于零，列出条件解出即可.
【详解】（1）因为是纯虚数，所以解得
故的值为；
（2）在复平面内对应的点为，
由题意可得.
解得，
即的取值范围是.
18．(1)
(2)
【分析】（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，可得所示几何体的圆锥，求出底面半径和母线长，可计算表面积.
【详解】（1）设是底面的中心，连接，，
底面为正六边形，可知为等边三角形，，
在中，,
在正六边形中，，
所以.
（2）取的中点N，连接，，，
设正六棱锥的内切球与侧面相切于点H，可知H在上，连接，
等边三角形中，，
在中，，则，所以，
设内切球O的半径为r，则，由，得，所以，
所以，
在中，，所以，
所以点M在六边形中， 且以为圆心为半径的圆上，
所以点M在底面内运动时， 线段所形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，
圆锥底面半径为，母线长为2，
此几何体的表面积为
【点睛】方法点睛：圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.
19．(1)
(2)13
【分析】（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.
【详解】（1）．因为在复平面内的对应点落在第一象限，所以即解得．因此，实数a的取值范围是．
（2）因为虚数是方程的一个根，所以也是方程的一个根，于是，解得．把代入，得，，所以．
20．(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得的值.
（2）设，求得关于的表达式，进而求得的取值范围.
（3）设，，将表示为关于的表达式，求得的取值范围，进而求得的最大值.
【详解】（1）以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系.，，
所以.
（2）设，，
则，.
，
由于，根据对勾函数的性质可知.
（3）；
.
设，，则这两个式子为，
化简得
解得
所以，
设，，
令，
所以由对勾函数的性质得，
所以当时，即点与点重合时，取到最大值.
【点睛】求解平面向量数量积有关问题，有两个求解思路，一个是利用平面向量的基本定理，通过转化的方法来求得数量积；另一个思路是根据图形的特征，通过建立平面直角坐标系，利用坐标法来进行求解.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由关系，结合面积公式列方程求解；
（2）由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换化简求，结合正弦定理利用角表示，结合正弦型函数的性质求的范围，由此可得结论.
【详解】（1）因为为的角平分线，，
所以，
因为
所以，
所以.
（2）在中，由正弦定理得，，
所以，
又，则，
又，所以，又，则.
在，由正弦定理得，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，于是，
则，所以，
所以，从而，
所以三角形周长的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是首先是求出，再利用正弦定理和三角恒等变换得到，再利用三角函数的性质得到其值域，则得到周长的范围.
22．(1)证明见解析
(2)
(3)点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解.
【详解】（1）点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）由题意可得 与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
