专练03（选择题-压轴，20题）-2020~2021学年高一数学下学期期末考点必杀黄金200题（北师大2019版）

专练03（选择题-压轴-20题）

1．对于给定的复数，若满足的复数对应的点的轨迹是椭圆，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】

根据条件可得，即复数对应的点在以为圆心，2为半径的圆内部. 表示复数对应的点到的距离，由圆的性质可得答案.

【详解】

因为的复数对应的点的轨迹是椭圆，

所以

由复数的几何意义可知表示复数对应的点到的距离小于2.

即复数对应的点在以为圆心，2为半径的圆内部.

表示复数对应的点到的距离.如图，设,

则,即

故选：A

【点睛】

本题考查椭圆的定义的应用，考查复数的几何意义的应用和利用圆的性质求范围，属于中档题.

2．设复数（为虚数单位）.若对任意实数，，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

由可知，令，即可求出的范围.

【详解】

因为对任意，，则,

，

，解得.

故选：C.

【点睛】

本题考查向量模的大小关系，以及不等式的恒成立问题，属于中档题.

3．中，是的中点，点在边上，且满足，交于点，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

设设，，由、得、与的关系，结合求、，进而可得与的线性关系式.

【详解】

由题设可得如下几何示意图，

设，，

∵，∴，

∵，∴，

由知：，

∴，得，∴.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：令，，利用几何图形中各线段对应向量的线性关系求参数、，写出与的线性关系式.

4．已知向量，，且对任意，恒成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】

由已知两边平方得，可判断A；再由得，结合可判断B；由可判断C；由可判断D.

【详解】

由得

，

即对任意恒成立，

所以，，所以，

所以A错误；

由得，

由，所以B错误；

由，得，所以C正确；

由，所以D错误.

故选：C.

【点睛】

本题考查了向量的模长和数量积的有关运算，解题的关键点是判断出，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.

5．设点O在的内部，且有，则的面积与的面积之比为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

先根据题意作，使得点O为的重心，再根据面积关系求出结果.

【详解】

解析：如图，延长至，使，延长至，使，连接，则，，

由条件，得,

∴点O为的重心，

从而，其中S表示的面积,

连接，，，

,

于是,

故的面积与的面积的比为.

故选：C.

【点睛】

本题考查三角形重心向量表示及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题.

6．已知，，则的最大值等于（    ）

A．4 B． C． D．5

【答案】C

【分析】

利用基本不等式得到，然后利用平面向量数量积运算求解.

【详解】

因为，，

所以，

当且仅当，即时取等号，

故选：C

【点睛】

本题主要考查平面向量的数量积运算以及基本不等式的应用，属于中档题.

7．在中，，，，，若是边上的动点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

建立平面直角坐标系，设，分别求得向量的坐标，利用数量积运算求解.

【详解】

因为中，，，，，

建立如图所示平面直角坐标系:

设，则，

所以，所以，

因为 ，所以，

故选：C

8．函数，则下列表述正确的是（    ）

A．在单调递减 B．在单调递增

C．在单调递减 D．在单调递增

【答案】D

【分析】

由已知，，依次对所给选项利用整体代换法验证即可.

【详解】

由已知，，

当时，，在此区间单调递增，故A错误；

当时，，在此区间单调递减，故B错误；

当时，，在此区间单调递增，故C错误；

当时，，在此区间单调递增，故D正确.

故选：D

【点睛】

本题考查正弦型三角函数的单调性，涉及到二倍角公式的应用，本题采用整体代换法验证，计算量较小，是一道容易题.

9．已知函数，则函数的图象大致为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

由函数解析式可得，则函数为偶函数，其图像关于轴对称，再取特殊变量得，即可得在存在变量使得，再观察图像即可.

【详解】

因为，

则=，

即，

则函数为偶函数，其图像关于轴对称，

不妨取，则 ，

即在存在变量使得，

故选：D.

【点睛】

本题考查了函数奇偶性的判断及函数的图像，重点考查了函数的思想，属中档题.

10．如图是函数的部分图象，若，则下列判断错误的是（    ）

A．的最小正周期为

B．在上有两个极小值点

C．的图象向右平移个单位长度后得到的函数与具有相同的零点

D．在上单调递增

【答案】D

【分析】

根据函数的图象，求得，得到则，结合三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换，逐项判定，即可求解.

【详解】

由函数的图象，可得，

又由，可得，所以，可得，

因为，可得，

所以，解得，

因为，可得，所以，

则，

所以，的最小正周期为，所以A正确；

令，即，可得，

解得，当时，；当时，，

其中和是在上有两个极小值点，故B正确；

由的图象向右平移个单位长度后得，

故向右平移个单位长度后所得函数与有相同的零点，故C正确；

当时，显然不是递增区间，故D错误.

故选：D.

【点睛】

解答三角函数的图象与性质的基本方法：

1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；

2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.

11．中国折叠扇有着深厚的文化底蕴.如图（2），在半圆中作出两个扇形和，用扇环形（图中阴影部分）制作折叠扇的扇面.记扇环形的面积为，扇形的面积为，当与的比值为时，扇面的形状较为美观，则此时扇形的半径与半圆的半径之比为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】

扇环形的面积等于扇形的面积减扇形的面积；设半径代入求解.

【详解】

设，半圆的半径为，扇形的半径为，

依题意，有，即，

所以，得.

故选：B.

【点睛】

本题考查弧度制下扇形面积计算问题.

其解题策思路：

(1)明确弧度制下扇形面积公式，在使用公式时，要注意角的单位必须是弧度．

(2)分析题目已知哪些量、要求哪些量，然后灵活地运用弧长公式、扇形面积公式直接求解，或合理地利用圆心角所在三角形列方程(组)求解．

12．已知，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

先利用结合得出的值，然后利用二倍角公式得到，即，又，将代入便可解出答案.

【详解】

因为，

所以，则，

所以，

又，所以，

所以.

故选：A.

【点睛】

本题考查诱导公式，考查正弦、余弦的二倍角公式及其应用，难度一般，解答时公式的变形运用是关键.

13．我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为，大正方形的面积为，直角三角形中较小的锐角为，那么的值等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，利用勾股定理求出的值，可得出的值，利用两角和的正切公式可求得的值.

【详解】

由题意可知，大正方形的边长为，小正方形的边长为，

设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，

由勾股定理可得，整理可得，，解得，

所以，，因此，.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：本题考查利用两角和的正切公式求值，解题的关键在于分析出直角三角形两直角边之间的关系，结合勾股定理求解.

14．（    ）

A．2 B．-2 C．4 D．-4

【答案】C

【分析】

利用两角和的正切公式可得，，然后可得答案.

【详解】

因为，

所以可得

同理可得

故选：C

15．已知函数(，)，若函数的最小正周期且在处取得最大值2，则的最小值为（    ）

A．5 B．7 C．11 D．13

【答案】D

【分析】

由函数式的最大值2结合函数的特点求出a值，再把函数式化成，由取最大值的条件结合周期范围得解.

【详解】

，所以的最大值为，即，又，所以，所以.

又在处取得最大值2，所以，

即，即，又函数的最小正周期，

所以，又，所以，所以的最小值为13.

故选：D

【点睛】

涉及解决类型函数的问题，运用辅助角公共化成是关键.

16．若是等边三角形ABC所在平面外一点，且，，，分别是AB，BC，CA的中点，则下列结论中不正确的是（    ）

A．平面 B．平面

C．平面平面 D．平面平面

【答案】D

【分析】

由判断A，由与垂直，证明线面垂直，再结合平行线判断B，根据面面垂直的判定定理判断C，根据正棱锥的性质判断D．

【详解】

是等边三角形所在平面外一点，且，

，，分别是，，的中点，

，

平面，平面，平面，故正确；

，是中点，

，，

，平面，平面，

，平面，故B正确；

平面，平面，

平面平面，故C正确；

设，连结，不是等边三角形的重心，与平面不垂直，

平面与平面不垂直，故D错误．

故选：D．

17．设､是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（    ）

①若，则

②若，则

③若，则

④若，则

A．①和② B．①和④ C．③和④ D．②和③

【答案】B

【分析】

①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①；

②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②；

③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；

④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断④．

【详解】

①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确；

②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错；

③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错；

④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④正确．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的判定和性质定理的运用，是一道基础题．

18．在轴截面为等腰直角三角形的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径之比为（    ）

A． B．2：1 C． D．4：1

【答案】A

【分析】

本题先设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，再用，表示出、，从而表示出圆柱的表面积与圆锥的侧面积，接着由已知建立方程，化简即可得到答案.

【详解】

设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，母线长.则，即.则圆柱的表面积为.圆锥的侧面积为.因为圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，所以，即，则，

故选：A.

【点睛】

本题考查圆锥和圆柱的结构特征及表面积，是中档题.

19．在三棱锥中，点在平面中的投影是的垂心，若是等腰直角三角形且，，则三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

由垂心知，可证平面，则，所以可证平面，则有，同理有，故 两两垂直，所以直径，则外接球表面积可求解．

【详解】

设的垂心为，连接则平面，如图所示：

由垂心知，，又，则平面

所以，又 ，，所以平面，得

同理

所以 两两垂直，则三棱锥的外接球是以为长宽高的长方体的外接球，

故

所以，三棱锥的外接球表面积为

故选：C

【点睛】

方法点睛：求外接球半径的常用方法：

（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；

（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．

20．如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且面，则在侧面上的轨迹的长度是（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】D

【分析】

解：设，，分别为、、边上的中点，证明平面平面，

得到面，则落在线段上，求出

【详解】

解：设，，分别为、、边上的中点，

,则四点共面，

, 平面平面，

又面，落在线段上，

正方体中的棱长为，

，

即在侧面上的轨迹的长度是．

故选：．

【点睛】

本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题.