人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷四（解析版）

这是一份人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷四（解析版），共20页。试卷主要包含了设i为虚数单位，复数z满足z，已知复数z＝等内容，欢迎下载使用。
人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷四
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.（3++）﹣（2+﹣）＝（　　）
A．﹣+2 B．5﹣+2 C．++2 D．5+

【答案】A
【分析】直接根据向量的线性运算求解即可．
【解答】解：（3++）﹣（2+﹣）＝﹣+2，
故选：A．
【知识点】向量加减混合运算

2.在△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，则如图所示的向量中，相等向量有（　　）

A．一组 B．二组 C．三组 D．四组

【答案】A
【分析】根据相等向量的定义，找出大小相等，方向相同的向量．
【解答】解：△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，
在如图所示的向量中，相等向量是和，有1组．
故选：A．
【知识点】平行向量（共线）

3.设i为虚数单位，复数z满足z（1﹣i）＝2i，则|z|＝（　　）
A．1 B． C．2 D．2

【答案】B
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：由z（1﹣i）＝2i，得z＝，
∴|z|＝．
故选：B．
【知识点】复数的模

4.已知复数z＝（1+i）（a﹣i）在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣∞，1） D．（﹣1，1）

【答案】D
【分析】根据复数的运算性质、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z＝（1+i）（a﹣i）＝a+1+（a﹣1）i在复平面内对应的点位于第四象限，
∴a+1＞0，a﹣1＜0．
解得﹣1＜a＜1．
则实数a的取值范围是（﹣1，1）．
故选：D．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义

5.三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝＝2，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为（　　）

A．32π B．16π C．12π D．8π

【答案】D
【分析】由三棱柱ABC﹣A1B1C1的结构特征，把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中，则长方体的外接球就是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球，利用长方体的体对角线求出长方体的外接球的半径，从而得到三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径，再利用球的表面积公式求出棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积即可．
【解答】解：把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中，
如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球，
∵AB＝1，BC＝＝2，
∴长方体的外接球的半径R＝＝，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径为，
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为＝8π，
故选：D．

【知识点】球的体积和表面积

6.如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（　　）

A． B． C． D．

【答案】A
【分析】连接AD1，证得AD1∥BC1，可得∠D1AM为异面直线AM与BC1所成角，连接D1M，设正方体的棱长为2，求解三角形可得异面直线AM与BC1所成角的余弦值．
【解答】解：如图，

连接AD1，∵AB＝C1D1，AB∥C1D1，
∴四边形ABC1D1 为平行四边形，则AD1∥BC1，
则∠D1AM为异面直线AM与BC1所成角，连接D1M．
设正方体的棱长为2，则，．
∴cos∠．
即异面直线AM与BC1所成角的余弦值是．
故选：A．
【知识点】异面直线及其所成的角

7.如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（　　）
A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDC
C．PD⊥AC D．PB＝2AN

【答案】A
【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；由错误的选项存在可知A错误．
【解答】解：如图，

图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；
由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，
而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，
∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；
∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，
而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．
因此错误的只能是A．
故选：A．
【知识点】平面与平面垂直

8.在△OAB中，已知，∠AOB＝45°，点P满足（λ，µ∈R），其中2λ+µ＝3满足，则||的最小值为（　　）
A． B． C． D．

【答案】A
【分析】根据条件可得，则＝（λ+μ）+μ，所以||2＝5λ2﹣18λ+18，即可求出最小值．
【解答】解：因为，∠AOB＝45°，所以，
所以＝λ+μ（）＝（λ+μ）+μ，
则||2＝（λ+μ）2+μ2＝（3﹣λ）2+（3﹣2λ）2＝5λ2﹣18λ+18，
所以当时，||2取最小值，
则||的最小值为，
故选：A．
【知识点】平面向量的基本定理


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.△ABC是边长为3的等边三角形，已知向量满足，，则下列结论中正确的有（　　）
A．为单位向量 B．
C． D．

【答案】ABD
【分析】可画出图形，可根据条件得出，即得出为单位向量；并可得出，从而得出；根据BC边上的中线与BC垂直即可得出（）．
【解答】解：如图，

∵，
∴，
∴为单位向量，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：ABD．
【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系

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.如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，E，F分别为AB，BC的中点，异面直AB1与C1F所成角的余弦值为m，则（　　）

A．m＝ B．直线A1E与直线C1F共面
C．m＝ D．直线A1E与直线C1F异面

【答案】BC
【分析】可连接DC1，DF，从而看出∠DC1F为异面直线AB1与C1F所成的角，可设，从而可得出，这样在△DFC1中，根据余弦定理即可求出异面直AB1与C1F所成角的余弦值m的值；然后连接A1C1，EF，从而可得出EF∥A1C1，这样即可得出直线A1E与直线C1F共面．
【解答】解：如图，连接DC1，DF，则DC1∥AB1，

∴∠DC1F为异面直线AB1与C1F所成的角，
∵，ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，E，F分别为AB，BC的中点，设，则AB＝2，，
∴在△DFC1中，根据余弦定理，，
∴；
连接A1C1，AC，EF，则A1C1∥AC，EF∥AC，
∴EF∥A1C1，
∴A1E与C1F共面．
故选：BC．
【知识点】异面直线及其所成的角

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.设复数z1，z2满足|z1|＝1，|z2|＝2，，则|z1﹣z2|＝　　．
【分析】根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理即可求解．
【解答】解：设z1，z2在复平面内对应的向量为，
z1+z2对应的向量为，如图所示，
因为，
所以|z1+z2|＝2，
所以，
又因为∠OZ1Z3+∠Z1OZ2＝180°，
所以，
所以＝1+4+1＝6，
所以，故|z1﹣z2|＝．
故答案为：．

【知识点】复数的模

14.已知向量，的夹角为45°，若＝（1，1），||＝2，则|2+|＝　　．

【分析】可得出，从而可求出，然后根据进行数量积的运算即可求出的值．
【解答】解：，
∴，
∴＝＝．
故答案为：．
【知识点】平面向量的坐标运算

15.如图，在△ABC中，＝2是BD上一点，且＝λ+（λ∈R），则λ的值等于　　．

【分析】先由E在BD上，利用平面向量共线定理可设，然后再根据三角形法则求出向量AE，再和所给的已知的向量AE相等即可求解．
【解答】解：因为E在BD上，所以可设，
则＝＝
＝＝
＝（1﹣μ）+，
又＝，
所以，解得，
故答案为：．
【知识点】平面向量的基本定理

16.在如图直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝2AB＝4，∠BAD＝60°，点M为棱AA1的中点，若N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC1，设直线MN与直线CC1所成角为α，则tanα的最小值为　　．

【分析】分别取A1B1、A1D1中点E、F，连结EF、ME、MF，则ME∥BC1，EF∥BD，从而平面MEF∥平面BC1D，由N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC1，得到点N的运动轨迹是线段EF，（不含端点E和F），由A1M∥C1C，得直线MN与直线CC1所成角就是A1M与MN所成角，由MA1⊥平面A1B1C1D1，得当N与MN中点G重合时，tanα取最小值，由此能求出tanα的最小值．
【解答】解：分别取A1B1、A1D1中点E、F，连结EF、ME、MF，
∵点M为棱AA1的中点，∴ME∥BC1，EF∥BD，
∵ME∩EF＝E，BC1∩BD＝B，∴平面MEF∥平面BC1D，
∵N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC1，
∴点N的运动轨迹是线段EF，（不含端点E和F），
∵A1M∥C1C，∴直线MN与直线CC1所成角就是A1M与MN所成角，
∵MA1⊥平面A1B1C1D1，∴当N与MN中点G重合时，tanα取最小值，
此时，A1M＝＝2，A1G＝＝＝，
∴tanα的最小值为：
tanα＝＝＝．
∴tanα的最小值为．
故答案为：．

【知识点】异面直线及其所成的角


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.已知复数z1＝+（a2﹣1）i，z2＝2+2（a+1）i（a∈R，i是虚数单位）．
（1）若复数z1﹣z2在复平面上对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若虚数z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，求实数m值．

【分析】（1）由复数对应的点在第一象限得到实部大于0，虚部大于0，解不等式组即可；
（Ⅱ）利用z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，得到另一个根是复数z1的共轭复数，利用根与系数的关系得到a和m．
【解答】解：（Ⅰ由已知得到z1﹣z2＝﹣2+（a2﹣2a﹣3）i，因为在复平面上对应点落在第一象限，所以，解得，所以；
（Ⅱ）因为虚数z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，所以1是方程的另一个根，所以＝1，所以a＝0，
所以，，
所以，所以m＝5．
【知识点】复数的运算

18.已知复数z＝m（m﹣1）+（m2﹣1）i，其中m∈R，i是虚数单位．
（Ⅰ）当m为何值时，复数z是纯虚数？
（Ⅱ）若复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，求z的模|z|．

【分析】（Ⅰ）直接由实部为0且虚部不为0列式求解；
（Ⅱ）由实部与虚部的和等于0列式求得m，进一步求得z，则|z|可求．
【解答】解：（Ⅰ）由，解得m＝0；
（Ⅱ）∵复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，
∴m（m﹣1）+m2﹣1＝0，即2m2﹣m﹣1＝0，解得m＝或m＝1．
当m＝﹣时，z＝，则|z|＝＝；
当m＝1时，z＝0，则|z|＝0．
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义

19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝2AD＝4，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M，N分别为AD，PD的中点．
（Ⅰ）求证：PA∥平面MNC；
（Ⅱ）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值；
（Ⅲ）求平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．


【分析】（Ⅰ）利用中位线的性质可得PA∥MN，由此即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出方向向量及法向量，利用向量公式即可得解；
（Ⅲ）求出平面PAB的一个法向量，结合（Ⅱ）中求出的平面MNC的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵M，N分别为AD，PD的中点，
∴PA∥MN，
又∵PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
∴PA∥平面MNC；
（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，∵PD＝2AD＝4，
∴A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），
＝（2，2，﹣4），＝（0，2，﹣2），＝（﹣1，0，2），
设平面MNC的一个法向量为＝（x，y，z），
则，取z＝1，得＝（2，1，1），
设直线PB与平面MNC所成角为α，则sinα＝|cos＜＞|＝||＝＝；
（Ⅲ）解：，，
设平面PAB的一个法向量为，
由，取x1＝2，得，
∴cos＜＞＝＝，
又平面PAB与平面MNC所成角为锐角，
∴平面PAB与平面MNC所成角的余弦值为．

【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行、直线与平面所成的角

20.如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AD＝DC＝AC，且CP⊥平面PAD，E为AD的中点
（Ⅰ）证明：AD⊥平面PCE；
（Ⅱ）若PA＝AD，求二面角A﹣PC﹣E的余弦值．


【分析】（Ⅰ）连接AC，推导出AD⊥CE，AD⊥CP，由此能证明AD⊥平面PCE．
（Ⅱ）以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PC﹣E的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，连接AC，∵AD＝DC＝AC，∴△ADC为等边三角形，
∵点E为AD的中点，∴AD⊥CE，
∵CP⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AD⊥CP，
∵CP∩CE＝C，∴AD⊥平面PCE．
（Ⅱ）如图，以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，
过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则E（0，0，0），设点A（1，0，0），则C（0，，0），
由（Ⅰ）知AD⊥平面PCE，
设P（0，y，z），（y＞0，z＞0），
∵PA＝AD，∴PA＝，PC＝1，
∴，解得y＝，z＝，∴P（0，，），
∴＝（0，，﹣），＝（﹣1，，0），
设平面PAC的法向量＝（x，y，z），
则，取y＝1，得＝（），
由（Ⅰ）知，平面PCE的一个法向量＝（1，0，0），
设二面角A﹣PC﹣E的平面角为θ，
则二面角A﹣PC﹣E的余弦值为：
cosθ＝＝＝．

【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面垂直

21.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC和△A1AC都是正三角形，D是AB的中点
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求直线AB与平面DCC1所成角的正切值．


【分析】（1）连接AC1，交A1C于E，连接DE，由中位线的性质知DE∥BC1，再由线面平行的判定定理得证；
（2）取AC的中点O，连接A1O，BO，先证得A1O⊥平面ABC，从而有A1O⊥BO，故以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，求得平面DCC1的法向量后，由sinθ＝|cos＜，＞|，即可得解．
【解答】（1）证明：连接AC1，交A1C于E，连接DE，
∵四边形A1ACC1是平行四边形，
∴E是AC1的中点，
∵D是AB的中点，∴DE∥BC1，
∵DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，
∴BC1∥平面A1DC．

（2）解：取AC的中点O，连接A1O，BO，
∵△ABC和△A1AC都是正三角形，∴A1O⊥AC，BO⊥AC，
∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BO，
以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC＝2，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（，，0），C1（0，2，），
∴＝（，1，0），＝（，，0），＝（，，），
设平面DCC1的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝3，则y＝，z＝﹣1，∴＝（3，，﹣1），
设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝||＝，
∴tanθ＝，
故直线AB与平面DCC1所成角的正切值为．
【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角

22.如图，在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点
（Ⅰ）求证：EM∥平面ACF；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的余弦值；
（Ⅲ）在线段EF上是否存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，若存在求出EN的长，若不存在说明理由．


【分析】（Ⅰ）取AC中点P，连结MP、FP，推导出四边形EFPM是平行四边形，从而FP∥EM，由此能证明EM∥平面ACF．
（Ⅱ）取AB中点O，连结CO，FO，推导出FO⊥平面ABC，OC⊥AB，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣BC﹣F的余弦值．
（Ⅲ）假设在线段EF上是存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，设EN＝t．利用向量法能求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）证明：取AC中点P，连结MP、FP，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点，
∴EFMP，∴四边形EFPM是平行四边形，∴FP∥EM，
∵EM⊄平面ACF，FP⊂平面ACF，
∴EM∥平面ACF．
（Ⅱ）解：取AB中点O，连结CO，FO，
∵在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，
AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点，
∴FO⊥平面ABC，OC⊥AB，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，1，0），C（，0，0），E（0，1，1），F（0，0，1），
＝（，﹣1，0），＝（0，0，1），＝（0，﹣1，1），
设平面BCE的法向量＝（x，y，z），
则，取x＝1，得＝（1，，0），
设平面BCF的法向量＝（a，b，c），
则，取a＝1，得＝（1，），
设二面角E﹣BC﹣F的平面角为θ，
则cosθ＝＝＝．
∴二面角E﹣BC﹣F的余弦值为．
（Ⅲ）解：假设在线段EF上是存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，设EN＝t．
则N（0，1﹣t，1），＝（﹣，1﹣t，1），平面BCF的法向量＝（1，），
∴|cos＜＞|＝＝＝，
解得t＝1﹣，
∴线段EF上是存在一点N，EN＝1﹣，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为．

【知识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行、二面角的平面角及求法