资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
必刷卷02-2021-2022学年高一数学下学期期中仿真必刷模拟卷（人教A版2019）
展开
这是一份必刷卷02-2021-2022学年高一数学下学期期中仿真必刷模拟卷（人教A版2019），文件包含必刷卷02-2021-2022学年高一数学下学期期中仿真必刷模拟卷人教A版2019解析版docx、必刷卷02-2021-2022学年高一数学下学期期中仿真必刷模拟卷人教A版2019原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年高一下学期数学期中仿真必刷模拟卷【人教A版2019】
期中检测卷02
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据共线向量的定义即可得结论．
【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，
＝3＝﹣3，所以选项A错误；
＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．
故选：D．
【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算
2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，
∴z（3+i）＝4，∴z＝，
∴＝，
∴共轭复数的虚部为，
故选：D．
【知识点】复数的运算
3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（ ）
A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．
【答案】C
【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．
【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，
延长AB至点E，且AB＝BE，
可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，
所以•＝（）•（﹣2）
＝﹣2﹣2＝1．
故选：C．
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算
4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（ ）
A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i
C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i
【答案】B
【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．
【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+……+2020i2019．
∴iS＝2i2+3i3+……+2020i2020．
则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．
＝＝i+
＝＝﹣2021+i，
∴S＝＝．
故选：B．
【知识点】复数的运算
5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．135°
【答案】B
【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．
【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，
因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．
故选：B．
【知识点】异面直线及其所成的角
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面积为a2sin，则C＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sinB＝2sinA；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．
【解答】解：由正弦定理知，＝＝，
∵（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），
∴（sinA﹣2sinB）cosC＝sinC（2cosB﹣cosA），
即sinAcosC+sinCcosA＝2（sinBcosC+cosBsinC），
∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sinB＝2sinA．
∵△ABC的面积为a2sin，
∴S＝bcsinA＝a2sin，
根据正弦定理得，sinB•sinC•sinA＝sin2A•sin，
化简得，sinB•sincos＝sinA•cos，
∵∈（0，），∴cos＞0，
∴sin＝＝，
∴＝，即C＝．
故选：C．
【知识点】正弦定理、余弦定理
7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（ ）
A．直线B1C与直线AC所成的角为60°
B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°
C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°
D．直线B1C与直线AB所成的角为90°
【答案】B
【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．
【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；
连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，
∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，
设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，
则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；
连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；
∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．
故选：B．
【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角
8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（ ）
A．6π B．8π C．12π D．16π
【答案】A
【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD，再由多面体ABCDEF的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，
因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，
由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以AC⊥面EFBD，所以VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD＝2•SEFBD•CO'＝•a•b•a＝a2b，
由题意可得VABCDEF＝，
所以a2b＝2；所以a2＝，
矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，
而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以OO'⊥面EFBD，
可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，
所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，
当且仅当＝即b＝时等号成立．
所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．
所以外接球的表面积最小值为6π．
故选：A．
【知识点】球的体积和表面积
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）
9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．
【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，
又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，
整理可得：c＝b（1+2cosA），
可得：cosA＝，
对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；
对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，
对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，
对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．
故选：BC．
【知识点】余弦定理
10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决
【解答】解：由，知A正确；
由知B正确；
由知C正确；
由N为线段DC的中点知知D错误；
故选：ABC．
【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理
11.下列说法正确的有（ ）
A．任意两个复数都不能比大小
B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0
C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0
D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3
【答案】BD
【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．
【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；
复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；
反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；
复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；
故选：BD．
【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用
12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．异面直线EF与DD1所成的角为45°
【答案】ABD
【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），
所以，
故，故选项A正确；
又，
又，
所以，，
则，故选项B正确；
，
所以，
因此与的夹角为120°，故选项C错误；
因为E，F分别是BC，A1C的中点，
所以E（2，1，0），F（1，1，1），
则，
所以，
又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，
所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；
故选：ABD．
【知识点】异面直线及其所成的角
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝ ；•＝ ．
【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．
【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，
则|CP|＝1，
∴|PD|＝＝，
∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，
故答案为：，﹣1．
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算
14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝ ．
【答案】1
【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．
【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R且b≠0），
又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，
∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，
∴，解得．
∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．
由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，
∴pq＝1．
故答案为：1．
【知识点】复数的运算
15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为 ．
【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，
则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，
且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，
过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，
设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，
在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．
故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．
故答案为：．
【知识点】球的体积和表面积
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（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．
（1）若AB＝，求BC；
（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．
【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；
（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．
【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，
所以：cos∠ADB＝＝，
由于AB∥CD，
所以∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，
所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，
所以BC＝．
（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，
由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，
cos∠BDC＝＝＝，
故，
解得或﹣（负值舍去）．
所以．
【知识点】余弦定理
18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．
（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．
【分析】（1）把z1，z2代入 =+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；
（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得 ，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．
【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，
得=+=
=，
则z=；
（2）设z=a+bi（a，b∈R），
∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，
∴．
又ω===i，|ω|=5，
∴．
把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．
∴ω=±（i）=±（7﹣i）．
【知识点】复数的运算
19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．
（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？
（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．
【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；
（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．
【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，
设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，
在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，
则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），
令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，
∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，
即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，
∵正切函数y＝tanx在（0，）上是增函数，
∴视角θ同时取得最大值，
此时，x＝＝，
∴观察者离墙米远时，视角θ最大；
（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，
即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，
∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，
∵1≤a≤2，
∴1≤（x﹣2）2≤4，
化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，
又∵x＞1，
∴3≤x≤4．
【知识点】解三角形
20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．
（Ⅰ）求D点对应的复数；
（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．
（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，
得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．
又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．
设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．
得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．
∵ABCD 为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，
故D点对应的复数为3﹣4i．
（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），
可得：＝0，∴．
又||＝2，＝4．
故平行四边形ABCD的面积＝＝16．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义
21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．
（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；
（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．
【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．
（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．
【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．
连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，
由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，
由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，
在Rt△CDG中，．
故四棱锥G﹣ABCE的体积为：
．
（2）取DE的中点H，连接BH、GH，
则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．
在△BGH中，，，
则．
故异面直线AE与BG所成角的大小为．
【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积
22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．
（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；
（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．
【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接 EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．
（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．
【解答】解：（1）点F为BC的中点，
理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，
∵AD＝CD，∴OA＝OC，
∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，
取AC的中点H，连接 EH，由题意知EH⊥AC，
又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，
∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，
∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，
取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，
又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，
∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，
∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．
（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，
以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），
∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），
设平面EBC的法向量＝（a，b，c），
则，取a＝，则＝（，0，﹣1），
设直线与平面EBC所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝．
∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．
【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角
2021-2022学年高一下学期数学期中仿真必刷模拟卷【人教A版2019】
期中检测卷02
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.点C是线段AB靠近点B的三等分点，下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据共线向量的定义即可得结论．
【解答】解：由题，点C是线段AB靠近点B的三等分点，
＝3＝﹣3，所以选项A错误；
＝2＝﹣2，所以选项B和选项C错误，选项D正确．
故选：D．
【知识点】平行向量（共线）、向量数乘和线性运算
2.已知复数z满足z（3+i）＝3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，
∴z（3+i）＝4，∴z＝，
∴＝，
∴共轭复数的虚部为，
故选：D．
【知识点】复数的运算
3.如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延长AB至点E，且AB＝BE，则•的值为（ ）
A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．
【答案】C
【分析】利用图形，求出数量积的向量，然后转化求解即可．
【解答】解：由题意，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，
延长AB至点E，且AB＝BE，
可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，
所以•＝（）•（﹣2）
＝﹣2﹣2＝1．
故选：C．
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算
4.设i是虚数单位，则2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值为（ ）
A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i
C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i
【答案】B
【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及其复数的周期性即可得出．
【解答】解：设S＝2i+3i2+4i3+……+2020i2019．
∴iS＝2i2+3i3+……+2020i2020．
则（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．
＝＝i+
＝＝﹣2021+i，
∴S＝＝．
故选：B．
【知识点】复数的运算
5.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与CD所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．135°
【答案】B
【分析】易知∠ABA1即为所求，再由△ABA1为等腰直角三角形，得解．
【解答】解：因为AB∥CD，所以∠ABA1即为异面直线A1B与CD所成的角，
因为△ABA1为等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．
故选：B．
【知识点】异面直线及其所成的角
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面积为a2sin，则C＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角和公式与三角形的内角和定理，可推出sinB＝2sinA；然后利用三角形的面积公式、正弦定理，即可得解．
【解答】解：由正弦定理知，＝＝，
∵（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），
∴（sinA﹣2sinB）cosC＝sinC（2cosB﹣cosA），
即sinAcosC+sinCcosA＝2（sinBcosC+cosBsinC），
∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sinB＝2sinA．
∵△ABC的面积为a2sin，
∴S＝bcsinA＝a2sin，
根据正弦定理得，sinB•sinC•sinA＝sin2A•sin，
化简得，sinB•sincos＝sinA•cos，
∵∈（0，），∴cos＞0，
∴sin＝＝，
∴＝，即C＝．
故选：C．
【知识点】正弦定理、余弦定理
7.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四个结论中错误的是（ ）
A．直线B1C与直线AC所成的角为60°
B．直线B1C与平面AD1C所成的角为60°
C．直线B1C与直线AD1所成的角为90°
D．直线B1C与直线AB所成的角为90°
【答案】B
【分析】连接AB1，求出∠ACB1可判断选项A；连接B1D1，找出点B1在平面AD1C上的投影O，设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，由cosθ＝可判断选项B；利用平移法找出选项C和D涉及的异面直线夹角，再进行相关运算，即可得解．
【解答】解：连接AB1，∵△AB1C为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线B1C与AC所成的角为60°，故选项A正确；
连接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体AB1CD1是正四面体，
∴点B1在平面AD1C上的投影为△AD1C的中心，设为点O，连接B1O，OC，则OC＝BC，
设直线B1C与平面AD1C所成的角为θ，
则cosθ＝＝＝≠，故选项B错误；
连接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直线B1C与AD1所成的角为90°，故选项C正确；
∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线B1C与AB所成的角为90°，故选项D正确．
故选：B．
【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角
8.如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直．若多面体ABCDEF的体积为，则该多面体外接球表面积的最小值为（ ）
A．6π B．8π C．12π D．16π
【答案】A
【分析】由题意可得AC⊥面EFBD，可得VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD，再由多面体ABCDEF的体积为，可得矩形EFBD的高与正方形ABCD的边长之间的关系，再由题意可得矩形EFBD的对角线的交点为外接球的球心，进而求出外接球的半径，再由均值不等式可得外接球的半径的最小值，进而求出外接球的表面积的最小值．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，矩形BDEF的高为b，
因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O'，
由因为平面ABCD与平面EFBD互相垂直，AC⊂面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以AC⊥面EFBD，所以VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD＝2•SEFBD•CO'＝•a•b•a＝a2b，
由题意可得VABCDEF＝，
所以a2b＝2；所以a2＝，
矩形EFBD的对角线的交点O，连接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'⊂面EFBD，
而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，
所以OO'⊥面EFBD，
可得OA＝OB＝OE＝OF都为外接球的半径R，
所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，
当且仅当＝即b＝时等号成立．
所以外接球的表面积为S＝4πR2≥4π•3×＝6π．
所以外接球的表面积最小值为6π．
故选：A．
【知识点】球的体积和表面积
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）
9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．
【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，
又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，
整理可得：c＝b（1+2cosA），
可得：cosA＝，
对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；
对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，
对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，
对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．
故选：BC．
【知识点】余弦定理
10.如图，四边形ABCD为直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】由向量的加减法法则、平面向量基本定理解决
【解答】解：由，知A正确；
由知B正确；
由知C正确；
由N为线段DC的中点知知D错误；
故选：ABC．
【知识点】向量数乘和线性运算、平面向量的基本定理
11.下列说法正确的有（ ）
A．任意两个复数都不能比大小
B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），则当且仅当a＝b＝0时，z＝0
C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，则z1＝z2＝0
D．若复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的最大值为3
【答案】BD
【分析】通过复数的基本性质，结合反例，以及复数的模，判断命题的真假即可．
【解答】解：当两个复数都是实数时，可以比较大小，所以A不正确；
复数的实部与虚部都是0时，复数是0，所以B正确；
反例z1＝1，z2＝i，满足z12+z22＝0，所以C不正确；
复数z满足|z|＝1，则|z+2i|的几何意义，是复数的对应点到（0，﹣2）的距离，它的最大值为3，所以D正确；
故选：BD．
【知识点】复数的模、复数的运算、虚数单位i、复数、命题的真假判断与应用
12.如图，已知ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，E，F分别是BC，A1C的中点，则（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是60°
D．异面直线EF与DD1所成的角为45°
【答案】ABD
【分析】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，根据空间向量的坐标运算，以及异面直线所成角的向量求法，逐项判断即可．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），
所以，
故，故选项A正确；
又，
又，
所以，，
则，故选项B正确；
，
所以，
因此与的夹角为120°，故选项C错误；
因为E，F分别是BC，A1C的中点，
所以E（2，1，0），F（1，1，1），
则，
所以，
又异面直线的夹角大于0°小于等于90°，
所以异面直线EF与DD1所成的角为45°，故选项D正确；
故选：ABD．
【知识点】异面直线及其所成的角
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝（+），则||＝ ；•＝ ．
【分析】根据向量的几何意义可得P为BC的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．
【解答】解：由＝（+），可得P为BC的中点，
则|CP|＝1，
∴|PD|＝＝，
∴•＝•（+）＝﹣•（+）＝﹣2﹣•＝﹣1，
故答案为：，﹣1．
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算
14.若虛数z1、z2是实系数一元二次方程x2+px+q＝0的两个根，且，则pq＝ ．
【答案】1
【分析】设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根据两个复数相等的充要条件求出z1，z2，再由根与系数的关系求得p，q的值．
【解答】解：由题意可知z1与z2为共轭复数，设z1＝a+bi，则z2＝a﹣bi，（a，b∈R且b≠0），
又，则a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，
∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，
∴，解得．
∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．
由根与系数的关系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1•z2＝1，
∴pq＝1．
故答案为：1．
【知识点】复数的运算
15.已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，将△ABD沿对角线BD折起，使点A到达点A'的位置，当A'C＝时，三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为 ．
【分析】由题意画出图形，找出三棱锥外接球的位置，求解三角形可得外接球的半径，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：记BD的中点为M，连接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，则∠A′MC＝90°，
则外接球的球心O在△A′MC的边A′C的中垂线上，
且过正三角形BCD的中点F，且在与平面BCD垂直的直线m上，
过点A′作A′E⊥m于点E，如图所示，
设外接球的半径为R，则A′O＝OC＝R，，A′E＝1，
在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．
故三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为．
故答案为：．
【知识点】球的体积和表面积
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（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．
（1）若AB＝，求BC；
（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．
【分析】（1）直接利用余弦定理的应用求出结果；
（2）利用余弦定理的应用建立等量关系式，进一步求出结果．
【解答】解：（1）在四边形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，
所以：cos∠ADB＝＝，
由于AB∥CD，
所以∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，
所以BC2＝BD2+CD2﹣2•BD•CD•cos∠BDC＝＝，
所以BC＝．
（2）设BC＝x，则AB＝2BC＝2x，
由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，
cos∠BDC＝＝＝，
故，
解得或﹣（负值舍去）．
所以．
【知识点】余弦定理
18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求满足=+的复数z．
（2）已知z，ω为复数，（1+3i）﹣z为纯虚数，ω=，且|ω|=5．求复数ω．
【分析】（1）把z1，z2代入 =+，利用复数代数形式的乘除运算化简求出，进一步求出z；
（2）设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的运算及（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，可得 ，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．
【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，
得=+=
=，
则z=；
（2）设z=a+bi（a，b∈R），
∵（1+3i）•z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i为纯虚数，
∴．
又ω===i，|ω|=5，
∴．
把a=3b代入化为b2=25，解得b=±5，∴a=±15．
∴ω=±（i）=±（7﹣i）．
【知识点】复数的运算
19.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米．观察者从距离墙x（x＞1）米，离地面高a（1≤a≤2）米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ．
（1）若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？
（2）若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围．
【分析】（1）首项利用两角和的正切公式建立函数关系，进一步利用判别式确定函数的最大值；
（2）利用两角和的正切公式建立函数关系，利用a的取值范围即可确定x的范围．
【解答】解：（1）如图，作CD⊥AF于D，则CD＝EF，
设∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，则θ＝α﹣β，
在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，
则tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），
令u＝，则ux2﹣2x+1.25u＝0，
∵上述方程有大于0的实数根，∴△≥0，
即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，
∵正切函数y＝tanx在（0，）上是增函数，
∴视角θ同时取得最大值，
此时，x＝＝，
∴观察者离墙米远时，视角θ最大；
（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，
即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，
∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，
∵1≤a≤2，
∴1≤（x﹣2）2≤4，
化简得：0≤x≤1或3≤x≤4，
又∵x＞1，
∴3≤x≤4．
【知识点】解三角形
20.如图，已知复平面内平行四边形ABCD中，点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，对应的复数为4﹣4i．
（Ⅰ）求D点对应的复数；
（Ⅱ）求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（I）利用复数的几何意义、向量的坐标运算性质、平行四边形的性质即可得出．
（II）利用向量垂直与数量积的关系、模的计算公式、矩形的面积计算公式即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）依题点A对应的复数为﹣1，对应的复数为2+2i，
得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．
又对应的复数为4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．
设D点对应的复数为x+yi，x，y∈R．
得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．
∵ABCD 为平行四边形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，
故D点对应的复数为3﹣4i．
（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），
可得：＝0，∴．
又||＝2，＝4．
故平行四边形ABCD的面积＝＝16．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义
21.如图所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和两个全等的Rt△FCB和Rt△EDA组成，AB＝1，CF＝2．现将Rt△FCB沿BC所在的直线折起，点F移至点G，使二面角E﹣BC﹣G的大小为60°．
（1）求四棱锥G﹣ABCE的体积；
（2）求异面直线AE与BG所成角的大小．
【分析】（1）推导出GC⊥BC，EC⊥BC，从而∠ECG＝60°．连接DG，推导出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，从而DG⊥BC，进而DG⊥平面ABCE，DG是四棱锥G﹣ABCE的高，由此能求出四棱锥G﹣ABCE的体积．
（2）取DE的中点H，连接BH、GH，则BH∥AE，∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．由此能求出异面直线AE与BG所成角的大小．
【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．
连接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，
由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，
由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱锥G﹣ABCE的高，
在Rt△CDG中，．
故四棱锥G﹣ABCE的体积为：
．
（2）取DE的中点H，连接BH、GH，
则BH∥AE，故∠GBH既是AE与BG所成角或其补角．
在△BGH中，，，
则．
故异面直线AE与BG所成角的大小为．
【知识点】异面直线及其所成的角、棱柱、棱锥、棱台的体积
22.如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向上折叠到△DAC的位置，使点D在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向下折叠到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE．
（1）点F在BC上，若DF∥平面EAC，求点F的位置；
（2）求直线AB与平面EBC所成角的余弦值．
【分析】（1）点F为BC的中点，设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取AC的中点H，连接 EH，由题意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，从而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能证明DF∥平面EAC．
（2）连接OH，由OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面EBC所成角的余弦值．
【解答】解：（1）点F为BC的中点，
理由如下：设点D在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，
∵AD＝CD，∴OA＝OC，
∴在Rt△ABC中，O为AB的中点，
取AC的中点H，连接 EH，由题意知EH⊥AC，
又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，
∴EH⊥平面ABC，由题意知DO⊥平面ABC，
∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，
取BC的中点F，连接OF，则OF∥AC，
又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，∴OF∥平面EAC，
∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，
∵DF⊂平面DOF，∴DF∥平面EAC．
（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，
以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），
∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），
设平面EBC的法向量＝（a，b，c），
则，取a＝，则＝（，0，﹣1），
设直线与平面EBC所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝．
∴直线AB与平面EBC所成角的余弦值为cosθ＝＝．
【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角
相关试卷
必刷卷05-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019）： 这是一份必刷卷05-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019），文件包含必刷卷05-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019解析版doc、必刷卷05-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
必刷卷04-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019）： 这是一份必刷卷04-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019），文件包含必刷卷04-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019解析版doc、必刷卷04-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
必刷卷03-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019）： 这是一份必刷卷03-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷（人教A版2019），文件包含必刷卷03-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019解析版doc、必刷卷03-2020-2021学年高二数学下学期期末仿真必刷模拟卷人教A版2019原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
