必刷卷05-2020-2021学年高一数学下学期期末仿真必刷模拟卷（北师大版2019）

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高一年级下学期期末仿真卷05 本试卷共22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z＝1+2i（i为虚数单位），为z的共轭复数，则下列结论正确的是（　　）A．的实部为﹣1 B．的虚部为﹣2i C．z•＝5 D．＝i【答案】C【分析】计算＝5，即可得出．【解答】解：＝（1+2i）（1﹣2i）＝12+22＝5，故选：C．【知识点】虚数单位i、复数2.复数z满足|z﹣3i|＝2（i为虚数单位），则复数z﹣4模的取值范围是（　　）A．[3，7] B．[0，5] C．[0，9] D．以上都不对【答案】A【分析】由题意画出图形，数形结合得答案．【解答】解：由|z﹣3i|＝2，可知复数z对应点的轨迹为以B（0，3）为圆心，以2为半径的圆上，如图：则复数z﹣4模的最小值为|AB|﹣2＝5﹣2＝3，最大值为|AB|+2＝5+2＝7．∴复数z﹣4模的取值范围是[3，7]．故选：A．【知识点】复数的模3.已知α为锐角，β为第二象限角，若cos（β﹣α）＝﹣，sin（α+β）＝，则sin2α＝（　　）A．﹣ B． C．﹣ D．【答案】D【分析】由已知可得β﹣α为第二象限角，α+β为第二象限角，利用同角三角函数基本关系式可求sin（β﹣α），cos（α+β）的值，进而根据两角差的正弦公式即可计算求解sin2α的值．【解答】解：由已知可得β﹣α为第二象限角，α+β为第二象限角，所以sin（β﹣α）＝，cos（α+β）＝﹣，因为2α＝（α+β）﹣（β﹣α），所以sin2α＝sin[（α+β）﹣（β﹣α）]＝sin（α+β）cos（β﹣α）﹣cos（α+β）sin（β﹣α）＝（﹣）﹣（﹣）×＝﹣+＝．故选：D．【知识点】二倍角的三角函数、两角和与差的三角函数4.已知，，且＝，其中O为坐标原点，则P点坐标为（　　）A．（﹣9，﹣1） B． C．（1，﹣5） D．【答案】B【分析】由＝知P是△OAB的重心，由重心坐标公式计算即可．【解答】解：，，且＝，所以P是△OAB的重心，又O为坐标原点，A（5，﹣2），B（﹣4，﹣3），所以P点坐标为（，），即（，﹣）．故选：B．【知识点】平面向量的坐标运算5.已知三棱锥且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，其外接球体积为（　　）A． B．4π C． D．【答案】A【分析】可将三棱锥P﹣ABC还原成如图所示的长方体，可得三棱锥P﹣ABC的外接球即为长方体的外接球，利用勾股定理即可得出．【解答】解：，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得，解得h＝1，可将三棱锥P﹣ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P﹣ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则，所以外接球的体积．故选：A．【知识点】球的体积和表面积6.已知函数，若函数F（x）＝f（x）﹣3的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1＜x2＜x3＜…＜xn，则x1+2x2+2x3+…+2xn﹣1+xn＝（　　）A． B．21π C． D．42π【答案】C【分析】零点即为曲线和X轴的交点，所以先求出对称轴方程，在给定区间[0，]上由8条对称轴，有中点坐标公式可知x1+x2＝×2，以此类推，最后两个零点加和等于对称轴的二倍，各式相加，就可得出答案．【解答】解：令2x﹣＝+kπ（k∈z），可得x＝kπ+（k∈z），即函数的对称轴方程为x＝kπ+（k∈z），又f（x）的周期为T＝π，令kπ+＝，可得k＝8，所以函数在x∈[0，]上有8条对称轴．根据正弦函数的性质可知，x1+x2＝×2，x2+x3＝×2，…，xn﹣1+xn＝×2，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴），将以上各式相加得，x1+2x2+2x3+…+2xn﹣1+xn＝（+++…+）×2＝×＝，故选：C．【知识点】正弦函数的图象7.正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（　　）A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF不平行 C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C与点G到平面AEF的距离相等【答案】C【分析】在A中，若D1D⊥AF，则DD1⊥平面AEF，从而CC1⊥EF，不成立；在B中，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，推导出平面A1GO∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF；在C中，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，则EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，从而截面即为梯形AEFD1，进而；在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，由，，得以h1≠h2．【解答】解：在A中，若D1D⊥AF，又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，不成立，故A错误；在B中，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，所以平面A1GQ∥平面AEF，又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B错误；在C中，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，因为E，F为BC、C1C的中点，所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，又因为，，所以，所以，故C正确；在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为，又因为，所以h1≠h2，故D错误．故选：C．【知识点】平面的基本性质及推论、空间中直线与平面之间的位置关系、空间中直线与直线之间的位置关系8.在△ABC中，点M，N在线段AB上，，当N点在线段AB上运动时，总有，则一定有（　　）A．BC⊥AB B．AC⊥BC C．AB＝AC D．AC＝BC【答案】D【分析】由题意画出图形，设（0＜t＜1），由，得，代入，再令，结合已知转化为关于t的不等式，再由判别式恒小于等于0求得λ的值，然后利用数量积的几何意义可得AC＝BC，则答案可求．【解答】解：如图，设（0＜t＜1），由，得，又，∴•（）≥•（），即有，，令，则，即恒成立．可得．化为，则λ＝．∴，即C在AB上的投影为AB的中点．∴AC＝BC．故选：D．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选对得分，错选或漏选不得分。9.已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中，ω＞0，|φ|＜），f（）＝0，f（x）≤||恒成立，且f（x）区间上单调，则下列说法正确的是（　　）A．存在φ，使得f（x）是偶函数 B．f（0）＝ C．ω是奇数 D．ω的最大值为3【答案】BCD【分析】首先根据函数的性质的应用求出函数的ω和φ，进一步利用正弦型函数性质的应用求出结果．【解答】解：已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中，ω＞0，|φ|＜），f（）＝0，f（x）≤||恒成立，所以，整理得解得：ω＝1+2k，φ＝．①故选项A错误．②由于x＝为函数的对称轴，所以f（0）＝f（）故选项B正确．③由于ω＝1+2k，故选项C正确．④当f（x）区间上单调递增时，即（k∈Z），整理得，（k∈Z），故：（k∈Z），所以，整理得ω≤3．由于ω＞0，所以0＜ω≤3．即最大值为3．故选：BCD．【知识点】三角函数的最值、正弦函数的奇偶性和对称性10.已知，是两个单位向量，λ∈R时，|+λ|的最小值为，则下列结论正确的是（　　）A．，的夹角是 B．，的夹角是或 C．+|＝1或 D．+＝1或【答案】BC【分析】根据条件知，的最小值为，这样即可求出的夹角为或，从而求出的值．【解答】解：∵，是两个单位向量，且的最小值为，∴的最小值为，∴＝，∴与的夹角为或，∴或3，∴或．故选：BC．【知识点】数量积表示两个向量的夹角11.函数f（x）＝Asin（ωx+φ），（A，ω，φ是常数，A＞0）的部分图象如图所示，则（　　）A．f（x）＝cos（） B．f（x）＝sin（2x） C．f（x）的对称轴为x＝kπ，k∈Z D．f（x）的递减区间为[]，k∈Z【答案】AB【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，利用诱导公式，正弦函数的性质即可求解．【解答】解：由函数的图象可得A＝，T＝•＝﹣，求得ω＝2再根据五点法作图可得2×+φ＝π，求得φ＝，故函数f（x）＝sin（2x+）＝cos（﹣2x），故A、B正确，令2x+＝k，k∈Z，解得x＝kπ+，k∈Z，可得f（x）的对称轴为x＝kπ，k∈Z，故C错误，令2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，解得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，可得f（x）的递减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z，故D错误．故选：AB．【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式12.如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点（点P不与点C，C1重合），过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（　　）A．A1C⊥平面α B．存在点P，使得AC1∥平面α C．存在点P，使得点A1到平面α的距离为 D．用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】AD【分析】连接AD1，D1P，AM．DB．易得AD1∥PM，CC1∥PM，C1D∥PN，DB∥MN．再结合正方体的性质即可判断．【解答】解：连接AD1，D1P，AM．DB．易得AD1∥PM，CC1∥PM，C1D∥PN，DB∥MN．对于A，可得正方体中A1C⊥面DBC1，即可得A1C⊥平面α，故A正确．对于B，可得面C1DB∥面PMN，故AC1不可能平行面PMN．故错．对于C，∵A1C⊥平面α，且A1C＝＞，所以不存在点P，使得点A1到平面α的距离为，故不正确．对于D，用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面是四边形PMAD1，PM≠AD1，四边形PMAD1一定是梯形，故正确．故选：AD．【知识点】命题的真假判断与应用、直线与平面垂直、空间中直线与直线之间的位置关系 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.设复数（1是虚数单位，a∈R）．若z的虚部为3，则a的值为　　．【答案】5【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部等于3列式求得a值．【解答】解：＝，由题意，，解得a＝5．故答案为：5．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义14.已知平面四边形ABCD中，AB＝1，CD＝2，DA＝3，•＝10，则BC＝　　．【答案】4【分析】根据平面向量的线性运算与数量积运算，用、、和表示和，计算即可．【解答】解：平面四边形ABCD中，AB＝1，CD＝2，DA＝3，•＝10，则＝（+）•（+）＝•+•+•+•＝﹣•+（•+•）+•＝﹣•+•+•＝﹣•+（+）•+•（+）＝﹣•++•+•+＝﹣•++•（+）+•+＝﹣•++•+（•+•）+＝﹣2•+++（﹣）•＝﹣2•++﹣，即12＝﹣2×10+32+﹣22，解得＝16，即||＝4；所以BC＝4．故答案为：4．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算 15.将函数f（x）＝cosωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度后，得到函数y＝g（x）的图象，若函数g（x）在区间上是单调递减函数，则实数ω的最大值为　　． 【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的单调性，求得实数ω的最大值．【解答】解：将函数f（x）＝cosωx（ω＞0）的图象向左平移个单位长度后，得到函数y＝g（x）＝cos（ωx+）的图象，若函数g（x）在区间上是单调递减函数，则由x∈，可得ωx+∈[，+]，∴＞0，且+≤π，∴0＜ω≤，则实数ω的最大值为．【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换16.已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为　　． 【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值．【解答】解：依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图：则OA＝OB＝，因为SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB为等边三角形，故P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面体的外接球的半径为r＝．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值为．故答案为：．【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。考生根据要求作答。17.在复平面内，复数z＝a2﹣2+（a2﹣3a﹣4）i（其中a∈R）．（1）若复数z为实数，求a的值；（2）若复数z为纯虚数，求a的值；（3）对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．【分析】（1）由虚部为0求解一元二次方程得答案；（2）由实部为0且虚部不为0列式求解；（3）由实部大于0且虚部小于0联立不等式组求解．【解答】解：（1）∵复数z为实数，∴a2﹣3a﹣4＝0，解得a＝﹣1或a＝4；（2）∵复数z为纯虚数，∴，解得a＝2；（3）∵z对应的点在第四象限，∴，解得2＜a＜4．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义、虚数单位i、复数18.已知函数．（1）求f（x）的最小正周期；（2）若x∈[，]，求f（x）的值域．【分析】（1）利用和差公式、倍角公式化简f（x），利用周期计算公式即可得出T．（2）由x∈[，]，可得（2x﹣）∈，利用正弦函数的单调性可得sin（2x﹣）取值范围，即可得出f（x）的值域．【解答】解：（1）函数＝1﹣cos2x+sin2x+cos2x＝sin2x﹣cos2x+1＝sin（2x﹣）+1，可得T＝＝π．（2）∵x∈[，]，∴（2x﹣）∈，∴sin（2x﹣）∈[﹣1，]，∴f（x）的值域[0，]．【知识点】两角和与差的三角函数、正弦函数的定义域和值域、三角函数的周期性19.设A，B，C，D为平面直角坐标系中的四点，且A（2，﹣2），B（4，1），C（1，3）．（1）若＝，求D点的坐标及||；（2）设向量＝，＝，若k﹣与+3平行，求实数k的值．【分析】（1）可设D（x，y），然后根据即可得出D（3，6），进而可得出向量的坐标，进而求出的值；（2）可求出，，然后根据与平行即可求出k的值．【解答】解：（1）设D（x，y），则，且，，∴（2，3）＝（x﹣1，y﹣3），∴，解得，∴D（3，6），，∴；（2），∴，，且与平行，∴9（2k+3）+7（3k﹣2）＝0，解得．【知识点】平行向量（共线）、平面向量共线（平行）的坐标表示20.如图，棱柱ABCD﹣HGFE，侧面CDEF为正方形，在底面ABCD中，AB∥CD，AB＝2BC＝2DC＝2，∠BAC＝30°，AC⊥FB．（1）求证：AC⊥平面FBC；（2）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．【分析】（1）推导出AC⊥BC，AC⊥FB，利用线面垂直的判定定理即可证明AC⊥平面FBC．（2）线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM．利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明．【解答】解：（1）∵在△ABC中，由余弦定理可得AC＝，又∵AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC，又∵AC⊥FB，BC∩FB＝B，∴AC⊥平面FBC．（2）当M为AC的中点时，有EA∥平面FDM，理由如下：当M为AC的中点时，连接CE，与DF交于点N，连接MN，因为四边形CDEF为正方形，所以N为CE的中点，所以EA∥MN，因为MN⊆平面FDM，EA⊄平面FDM，所以EA∥平面FDM．【知识点】直线与平面平行、直线与平面垂直21.在①；②2acosA＝bcosC+ccosB，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知_______．（1）求角A；（2）设△ABC的面积为S，若，求面积S的最大值．【分析】（1）首先任选择一个条件，然后根据正弦定理进行边角互化，再根据三角恒等变换，化简求值．（2）由（1）得A＝，利用余弦定理和基本不等式求bc的最大值，再求面积的最大值．【解答】解：（1）若选条件①，∵，∴由正弦定理得，∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∴＝，，∵sinC≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；若选条件②，∵2acosA＝bcosC+ccosB，∴由正弦定理得2sinAcosA＝sinBcosC+sinCcosB，即2sinAcosA＝sin（B+C）＝sinA，，∵0＜A＜π，∴；若选条件③，∵，∴由正弦定理得，∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，∴＝sinAcosC+cosAsinC，，∵sinC≠0，∴，∵0＜A＜π，∴；所以不管选择哪个条件，．（2）a2＝b2+c2﹣2bccosA，，即b2+c2﹣bc＝3，∵b2+c2≥2bc，∴2bc﹣bc≤3，即bc≤3，当b＝c时等号成立．∴bc的最大值为3，∵，∴．【知识点】正弦定理、两角和与差的三角函数22.如图，在△ABC中，已知CA＝1，CB＝2，∠ACB＝60°．（1）求||；（2）已知点D是AB上一点，满足＝λ，点E是边CB上一点，满足＝λ．①当λ＝时，求•；②是否存在非零实数λ，使得⊥？若存在，求出的λ值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用余弦定理求出AB的长即得||；（2）①λ＝时，D、E分别是BC，AB的中点，求出、的数量积即可；②假设存在非零实数λ，使得⊥，利用、分别表示出和，求出•＝0时的λ值即可．【解答】解：（1）△ABC中，CA＝1，CB＝2，∠ACB＝60°，由余弦定理得，AB2＝CA2+CB2﹣2CA•CB•cos∠ACB＝12+22﹣2×1×2×cos60°＝3，∴AB＝，即||＝；（2）①λ＝时，＝，＝，∴D、E分别是BC，AB的中点，∴＝+＝+，＝（+），∴•＝（+）•（+）＝•+•+•+＝﹣×12+×1×2×cos120°+×2×1×cos60°+×22＝；②假设存在非零实数λ，使得⊥，由＝λ，得＝λ（﹣），∴＝+＝+λ（﹣）＝λ+（1﹣λ）；又＝λ，∴＝+＝（﹣）+λ（﹣）＝（1﹣λ）﹣；∴•＝λ（1﹣λ）﹣λ•+（1﹣λ）2•﹣（1﹣λ）＝4λ（1﹣λ）﹣λ+（1﹣λ）2﹣（1﹣λ）＝﹣3λ2+2λ＝0，解得λ＝或λ＝0（不合题意，舍去）；即存在非零实数λ＝，使得⊥．【知识点】平面向量数量积的性质及其运算