2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷03

这是一份2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷03，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020–2021学年高一数学下学期期末测试卷02
一、单选题
1．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是
A．复数在复平面内对应的点落在第二象限 B．
C．的虚部为1 D．
【答案】C
【分析】
根据复数乘除运算化简得，结合复数相关概念判定A，B，D错误，化简判定正确.
【解析】
解：，
其对应的复平面点为位于第四象限，故A错误；
，故B错误；，虚部为1，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
【点睛】
复数乘除法运算技巧：
（1）复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．
（2）复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数．
2．如图，在正方形中，，E为的中点，点P是以为直径的圆弧上任一点．则的最大值为（ ）

A．4 B．5 C． D．
【答案】D
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，将向量的数量积转化为向量的坐标运算，即，即可得到答案；
【解析】
则，，
设，
，
，其中，
，
故选：D.

3．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是平行四边形，如图2所示.其中，则该几何体的表面积为

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据斜二测画法的规则和三视图的规则进行还原，然后再计算几何体的表面积即可.
【解析】
根据斜二测画法的规则可知，原俯视图是边长为的正方形，故该几何体是一个底面半径为、高为的半圆柱，故其表面积为.
故选：A.
【点睛】
本题考查三视图还原及立体几何表面积，考查空间想象能力和推理论证能力，属于常考题.
4．在中，角、、的对边分别为、、，已知，，若最长边为，则最短边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先结合角的范围利用同角三角函数基本关系求得角的正余弦，再利用三角形内角和为和诱导公式计算角的正余弦，判断c为最大边，为最短边，利用正弦定理求出即可.
【解析】
由知，利用同角三角函数基本关系可求得，，由知，得，，
∴，，
即为钝角，为最大角，故c为最大边，有，
由知，最短边为，
于是由正弦定理，即求得，
故选：A.
【点睛】
本题解题关键在于通过计算内角的正余弦值判断c为最大边，为最短边，才能再利用已知条件和正弦定理计算突破答案.
5．已知函数，其图像相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在区间上单调递增
C．点是函数图象的一个对称中心
D．将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象
【答案】C
【分析】
先求出，对四个选项一一验证：
对于A：利用周期公式验证；
对于B：直接讨论单调性验证；
对于C：代入法验证；
对于D：利用图像变换验证.
【解析】
∵函数，其图像相邻两条对称轴之间的距离为，∴，即.
∵直线是其中一条对称轴，∴，解得：.
所以.
对于A：函数的最小正周期为，故A错误；
对于B：当时，，所以不单调，故B错误；
对于C：当时，，所以点是函数图象的一个对称中心，故C正确；
对于D：将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图像，再向左平移个单位长度，得到，故D错误.
故选：C
【点睛】
(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；
(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．
6．在直角三角形中，，D的斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则x的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
取中点，连接，，若，则可证明出平面，则可得，根据题目中各边长的关系可得出，关于的表达式，然后在中，利用三边关系求解即可．
【解析】
由题意得，则，如图所示，取中点，

翻折前，在图1中，连接，，则，
翻折后，在图2中，若，则有：
∵，，，且平面，
∴平面，∴，
又，为中点，∴
∴，，
在中，由三边关系得：①，②，③；
由①②③可得
当时，，则三点共线，同时满足，
所以
故选：D.
【点睛】
解答本题的主要思路分析在于将异面直线间的垂直转化为线面垂直关系，即作出辅助线与，根据题目条件确定出平面，得到，从而通过几何条件求解．
7．课本第46页上在用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图在锐角中，过点作与垂直的单位向量，因为，所以，由分配律，得，即，也即．请用上述向量方法探究，如图直线与的边、分别相交于点、．设，，，．则与的边和角之间的等量关系为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
过点作，取单位向量，由结合平面向量数量积的定义化简可得结果.
【解析】
如下图所示，过点作，

在中，，取单位向量，
则，即，
，，，
所以，，即.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
8．设正数，，满足，，，是以为圆心的单位圆上的个点，且.若是圆所在平面上任意一点，则的最小值是
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】
根据数量积及建立不等式，即可求出最小值.
【解析】
是以为圆心的单位圆上的个点,
,
故

而，，
，
故，
当且仅当点与点重合时等号成立，
即的最小值是,
故选：B
【点睛】
本题主要考查了数量积的性质，考查了分析推理能力，入手困难，属于难题.

二、多选题
9．任何一个复数（其中、，为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A．
B．当，时，
C．当，时，
D．当，时，若为偶数，则复数为纯虚数
【答案】AC
【分析】
利用复数的三角形式与模长公式可判断A选项的正误；利用复数的棣莫弗定理可判断B选项的正误；计算出复数，可判断C选项的正误；计算出，可判断D选项的正误.
【解析】
对于A选项，，则，可得，，A选项正确；
对于B选项，当，时，，B选项错误；
对于C选项，当，时，，则，C选项正确；
对于D选项，，
取，则为偶数，则不是纯虚数，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】
本题考查复数的乘方运算，考查了复数的模长、共轭复数的运算，考查计算能力，属于中等题.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则
B．当时，在区间上的最小值为
C．当时，在区间上单调递增
D．当时，将图象向右平移个单位长度得到的图象
【答案】BD
【分析】
由二倍角公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质判断．
【解析】
，
A．的两个相邻的极值点之差的绝对值等于，则，，，A错；
B．当时，，时，，的最小值为，B正确；
C．当时，，时，，，即时，取得最小值，因此在此区间上，函数不单调，C错；
D．时，，将图象向右平移个单位长度得到图象的解析式为，D正确．
故选：BD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题方法是利用诱导公式，二倍角公式，两角和与差的正弦（或余弦）公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数（或余弦函数）的性质求解判断．
11．如图，在直角梯形中，，且E为的中点，M，N分别是的中点，将三角形沿折起，则下列说法正确的是（ ）

A．不论D折至何位置（不在平面内），都有平面；
B．不论D折至何位置（不在平面内），都有；
C．不论D折至何位置（不在平面内），都有；
D．在折起过程中，一定存在某个位置，使．
【答案】ABD
【分析】
利用平面几何知识得到四边形为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形，利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案.
【解析】
由已知，在未折叠的原梯形中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
折叠后如图所示，过点作，交于点，
平面，平面，平面，连接，
因为M，N分别是的中点，所以为中点，故，
平面，平面，平面，
又，平面平面，
又平面，平面，故A正确；
由已知，，所以，
又，平面，平面，
又平面，，故B正确；
假设，则与确定平面，
从而平面，平面，这与和是异面直线矛盾，故C错误；
当时，，证明如下：
因为平面，
所以平面，又平面，所以，故D正确.
故选：ABD.

【点睛】
关键点睛：本题考查了线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形.
12．下列说法正确的是（ ）
A．若非零向量，且，则为等边三角形
B．已知，且四边形为平行四边形，则
C．已知正三角形的边长为，圆O是该三角形的内切圆，P是圆O上的任意一点，则的最大值为1
D．已知向量，则与夹角的范围是
【答案】AC
【分析】
利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A；利用向量的加法运算可判断B；利用向量的加、减运算可判断C；由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.
【解析】
A，因为非零向量，所以的平分线与垂直，
为等腰三角形，又，所以，
所以为等边三角形，故A正确；
B，,
，
在平行四边形中，有，
所以原式，故B错误；
C，设正三角形内切圆半径，
由面积相等可得，
解得，令的中点为，从而,
则，,
两式平方作差可得,
即，若要使最大，只需最大
由于为的中点，也为圆与的切点，所以的最大值为，
所以，故C正确；
D，设，，
所以，，
所以，
即在以为圆心，为半径的圆上，
如图：

，所以，

当与圆在下方相切时，与夹角最小，此时为，
当与圆在上方相切时，与夹角最大，此时为，
所以与夹角的范围是，故D错误.
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目.


三、填空题
13．函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
由图象平移可得，利用整体对应的方式可得，解得后，结合可得结果.
【解析】
，又是的对称轴，
，解得：，
，当时，.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：本题考查根据三角函数的性质求解解析式的问题，解决此类问题的常用方法是结合五点作图法，利用整体对应的方式来构造方程.
14．复平面上点对应着复数以及向量，对于复数，下列命题都成立；①；②；③；④；⑤若非零复数，满足，则.则对于非零向量仍然成立的命题的所有序号是___________.
【答案】①②③
【分析】
①根据平面向量加法交换律判定；
②结合平面向量加法运算法则判定；
③由判定；
④结合平面向量数量积判定；
⑤结合平面向量数量积判定.
【解析】
解：①成立，故①正确；
②由平面向量加法运算法则可得，故②正确；
③成立，故③正确；
④，故④不成立，
⑤若非零向量，满足，
则，则，
所以不一定成立，故⑤不成立.
故答案为：①②③
15．已知向量，且，则的取值范围是_________．
【答案】．
【分析】
由题意设，，，由把用表示，由得出满足的关系式，用换元法，设，，
这样可得用表示，从而可得其范围．
【解析】
设，，，则，
由得，
，，由得，
设，，
由，因为，所以．
故答案为：．

【点睛】
关键点点睛：本题考查向量模的几何意义，考查模的坐标运算．解题关键是设，，，这样利用已知条件一是建立的关系，二是建立与的关系，用表示，转化为三角函数求得范围．
16．在直角梯形中，，，，将沿向上翻折到、使点在平面上的射影落在线段上（不含端点），设异面直线与所成的角的大小为，二面角的大小为，直线与平面所成的确的大小为，二面角的大小为，有下列命题：①；②；③．则其中正确的命题序号是_________．
【答案】①②
【分析】
先根据已知条件求出，即可证明，在翻转的过程中，再翻转的过程中，根据，直线与所成的角的大小为，即可求出的范围，即可判断①，直线与平面所成的确的大小为，直线与所成的角的大小为，且点在平面上的射影不在上，所以，设到底面的距离为，因为，所以，，求，即可比较与的大小关系，即可判断②，当翻转角度很小时，可以想象而，不满足，即可判断③，从而得出正确答案.
【解析】

如图：，，取的中点，则，所以四边形是正方形，可得，，所以，
因为，，所以，所以，
所以只要的翻转角小于，点在平面上的射影就会落在线段上，此过程中，因为，所以直线与所成的角的大小为，
因为，，所以，故①正确；
直线与平面所成的确的大小为，直线与所成的角的大小为，且点在平面上的射影不在上，所以，
因为，，平面，平面，所以即为二面角的平面角，，
在与中，，而，所以，
即，
设到底面的距离为，因为，所以，，，所以，
综上所述：，故②正确；
当翻转角度很小时，可以想象而，不满足，故③不正确，
故答案为：①②
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是可以证出，在翻转的过程中，利用，可得，结合即可求出的范围，直线与平面所成的确的大小为，且点在平面上的射影不在上，所以，另外到底面的距离为，求出，，可以比较与的大小关系，利用极限思想判断③即可，本题属于难题.

四、解答题
17．已知复数，(，i是虚数单位).
（1）若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数a的取值范围；
（2）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数m的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求出，再根据复数的几何意义可得不等式组，即可得到答案；
（2）将复数代入一元二次方程，可得，解方程组即可得到答案；
【解析】
解：（1）由题意得，，
因为在复平面内对应的点落在第一象限，所以，解得.
（2）由得，即
，
所以，解得.
【点睛】
本题考查复数的四则运算，复数的几何意义，考查运算求解能力.
18．在中，,_______
（I）求；
（Ⅱ）求c以的值．
从①，②，③，这三个条件中选一个，补充在上面问题中，使存在并作答．
【答案】答案见解析
【分析】
选择①，由得知不满足；
选择②，（I）由正弦定理化边为角求出，即可求出；（Ⅱ）由余弦定理求出，再结合面积公式即可求解；
选择③，（I）由化简可求出；（Ⅱ）求出，由正弦定理求出，再结合面积公式即可求解.
【解析】
选择①，
，则，又，则，不满足，故这样的不存在；
选择②，
（I），则由正弦定理可得，
，
则，解得；
（Ⅱ）由余弦定理可得，
即，解得（舍负），
；
选择③，
（I），
即，得，
，；
（Ⅱ），
由正弦定理，则，
.
【点睛】
关键点睛：本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是正确利用正余弦定理进行求解.
19．如图，四棱锥中，平面，四边形为正方形，点M、N分别为直线上的点，且满足．

（1）求证：平面；
（2）若，，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）连接BD，由已知条件得到MN∥BD，进而使用线面平行的判定定理证明；
（2）利用等体积法转化求解.
【解析】
（1）连接BD，∵，

∴MN∥BD，
∵MN平面ABCD，BD平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD．
（2）设N点到平面PBC的距离为d1，D点到平面PBC的距离为d2，
∵，
∴,
依题可得VD-PBC=VP-DBC,
又PA⊥平面ABCD，
∴VP-DBC=SΔBCD·PA=,
∴VD-PBC=SΔPBC·d2=,
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，
∵PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，
依题可得SΔPBC=,
∴,
∴,
即点N到平面PBC的距离为．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，线面垂直的判定，等体积法求点到平面的距离，属基础题，
20．已知且满足：.
(1)求的值；
(2)已知函数，若方程在区间内有两个不同的解，求实数的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】
(1)把给定等式化简，再利用二倍角的余弦公式即可得解；
(2)把函数化简变形，再讨论这个函数的性质即可得解.
【解析】
(1)由得，，
则；
(2)因，令，则，
，
时，，，即时，，
，是递增的，函数值从增到1，，是递减的，函数值从1减到，
方程在区间内有两个不同的解，即图象与直线y=a的两个不同的公共点，则，
所以实数的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：涉及含参数的正(余)弦三角方程的根的个数问题，分析函数的图象性质是解题的关键.
21．已知函数，．
（1）当时，求函数的值域；
（2）设，当时，不等式恒成立，设实数的取值范围对应的集合为，若在（1）的条件下，恒有（其中），求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1），首先求出，令，然后可得，然后，然后可求出答案；
（2）由可得，令，则，，然后可得，由（1）可得，然后可得答案.
【解析】
（1），
当时，，
，，
即，
令，
则，，，
由，
得，，
当时，有最小值，
当时，有最大值1，
当时，函数的值域为．
（2）当，不等式恒成立，
时，，，
恒成立，
令，则，
，
又，
当且仅当即时取等号，而，
，即，
．
又由（1）知，，
当时，，
要使恒成立，只需，
的取值范围是．
【点睛】
方法点睛：（1）常用分离变量法解决恒成立问题，（2）在解决复杂函数的问题时，常用换元法将其转化为常见的函数处理.
22．已知函数，．
（Ⅰ）求函数的最小值及对应的的值；
（Ⅱ）设的内角是，，，若，且，的角平分线交于，，求的值．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）由二倍角余弦公式、辅助角公式可得，进而可求内的最小值及对应的的值；
（Ⅱ）由题设有，结合即可求，根据已知条件求角C，利用正弦定理及角平分线的性质有，即可求的值.
【解析】
（Ⅰ）由题设，，，
∴，
∴当时，.
（Ⅱ）由，得：，又，
∴，则或，解得(舍)或.
由题设，，又，
∵，
∴.

23．在中，满足：，M是的中点.
（1）若，求向量与向量的夹角的余弦值；
（2）若O是线段上任意一点，且，求的最小值：
（3）若点P是内一点，且，，，求的最小值.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用向量的数量积公式得到，利用向量的数量积公式展开，求出向量与向量的夹角的余弦值；

（2）通过解三角形求出的长，设，则，利用向量的平行四边形法则得到而，利用向量的数量积公式将表示成关于的二次函数，通过求二次函数的最值求出最小值；
（3）设，将已知条件利用向量的数量积公式表示成关于的三角函数，将平方转化为关于的三角函数，然后利用基本不等式求出其最小值．
【解析】
解：（1）设向量，与向量的夹角为
，
令，.
（2），，
设，则，而，

，
当且仅当时，的最小值是.
（3）设，
，，，
，
同理：，





当且仅当时，
所以.
【点睛】
本题考查向量的夹角和最值问题，利用了向量的数量积公式和两向量的夹角公式，还运用二次函数和基本不等式求最值，是一道综合题．