2025年人教A版高中数学必修二 高一下学期 期中模拟卷三（2份，原卷版+解析版）

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1．复数z＝（1+i）（2﹣i）的虚部是（ ）
A．1B．iC．3D．3i
【分析】根据复数的运算化简z，求出z的虚部即可．
【解答】解：z＝（1+i）（2﹣i）＝2﹣i+2i+1＝3+i，故z的虚部是1．故选：A．
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a＝4，b＝3，，则B＝（ ）
A．B．C．或D．或
【分析】由已知利用正弦定理可得sinB＝，结合大边对大角可求B为锐角，进而即可求解B的值．
【解答】解：因为a＝4，b＝3，，所以由正弦定理，可得sinB＝＝＝，
又b＜a，可得B为锐角，则B＝．故选：A．
3．将函数y＝cs（x﹣）图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴是（ ）
A．B．C．D．x＝π
【分析】通过函数的图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍，求出函数的解析式，三角函数的平移原则为左加右减上加下减，求出函数的表达式即可．
【解答】解：函数的图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的解析式为：，再向左平移个单位得到函数为：＝，所得函数的图象的一条对称轴为：．故选：C．
4．已知一个圆锥的母线长为20cm，母线与轴的夹角为60°，则圆锥的高为（ ）
A．B．C．20cmD．10cm
【分析】通过圆锥的母线长为20cm，母线与轴的夹角为30°，求出圆锥的高即得．
【解答】解：由题设条件可知，在直角三角形中，圆锥的高：h＝20cs60°＝20×＝10cm．故选：D．
【点评】本题主要考查了圆锥的几何体的特征，正确利用圆锥的母线，底面半径构成的直角三角形，是解题的关键，考查计算能力，属于基础题．
5．已知csα＝，α∈（﹣，0），则的值为（ ）
A．﹣B．C．﹣D．
【分析】由已知求得sinα，再由倍角公式求解的值．
【解答】解：由csα＝，α∈（﹣，0），得sinα＝，
∴＝＝．故选：C．
6．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个（ ）
A．等边三角形
B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形
D．三边互不相等的三角形
【分析】根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状，可得结论．
【解答】解：根据“斜二测画法”可得BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝；∴原△ABC是一个等边三角形，如图所示．故选：A．
7．如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，∠ADC＝，，则＝（ ）
A．B．C．D．2
【分析】分别以BA、BC为x、y轴建立平面直角坐标系，设AB＝1，利用坐标表示向量，求出、和，利用列方程组求出x和y的值即可．
【解答】解：分别以BA、BC为x、y轴建立平面直角坐标系，如图所示：
设AB＝1，D（a，b），则A（1，0），B（0，0），C（0，1），
Rt△ACD中，∠ADC＝，AC＝，所以AD＝＝，
所以a＝1+cs＝1+，b＝sin＝，所以D（1+，），
所以＝（，），＝（﹣1，0），
因为，即（﹣1，1）＝（﹣x+y，y），
所以，解得y＝，x＝2，所以＝．故选：B．
8．设z1，z2，z3为复数，z1≠0．下列命题中正确的是（ ）
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若，则z2z3＝0
C．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
D．若，则z1＝z2
【分析】举例说明A错误；由判断B；由复数的运算推出z2＝z3判断C；举例说明D错误．
【解答】解：由复数模的概念可知，|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1+i，z3＝1﹣i，故A错误；
若，则z2z3为实数，故B错误；
由z1z2＝z1z3，可得z1（z2﹣z3）＝0，∵z1≠0时，∴z2﹣z3＝0，即z2＝z3，故C正确；
取z1＝1+i，z2＝1﹣i，显然满足，但z1≠z2，故D错误．故选：C．
二．多选题
（多选）9．如图是函数y＝sin（ωx+φ）的部分图象，则sin（ωx+φ）＝（ ）
A．sin（x+）B．sin（﹣2x）
C．cs（2x+）D．cs（﹣2x）
【分析】根据图象先求出函数的周期，和ω，利用五点法求出函数的φ的值，结合三角函数的诱导公式进行转化求解即可．
【解答】解：由图象知函数的周期T＝2×（﹣）＝π，即＝π，即ω＝±2，
当ω＝2时，由五点作图法，得2×+φ＝π，所以φ＝，则f（x）＝sin（2x+）＝cs（﹣2x﹣）
＝cs（﹣2x﹣）＝cs（2x+）＝sin（﹣2x﹣）＝sin（），当ω＝﹣2时，由五点作图法，得﹣2×+φ＝0，所以φ＝，所以f（x）＝＝．故选：BC．
（多选）10．在△ABC中，已知AB＝4和AC＝6，此时尚不足以确定△ABC的形状与大小．但是，只要再知道某些条件（例如：BC的长度），就可确定△ABC唯一的形状与大小，试选出正确的选项（ ）
A．如果再知道csA的值，就可确定△ABC唯一的形状与大小
B．如果再知道csB的值，就可确定△ABC唯一的形状与大小
C．如果再知道csC的值，就可确定△ABC唯一的形状与大小
D．如果再知道△ABC的外接圆半径，就可确定△ABC唯一的形状与大小
【分析】由题意分别对所给命题判断，可判断出命题的真假．
【解答】解：已知AB＝4和AC＝6，
A中，如果再已知csA的值，由余弦定理可得BC的值，且唯一确定，即三角形唯一确定，所以A正确；
B中，由csB的值，可得sinB的值，由正弦定理可得sinC的值，再由大边对大角，可得C角为锐角，进而可得三角形唯一确定，所以B正确；
C中，由csC的值，可得sinB的值，由正弦定理可得sinB的值，再由大边对大角，可得C角为锐角或为钝角，所以不唯一确定；
D中，由题意及余弦定理可得BC与csA关系，再由正弦定理及外接圆的半径为定值，可得BC与sinA的关系，可能有两个解，所以D不正确；故选：AB．
（多选）11．如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则正确的结论是（ ）
A．三棱锥A﹣D1PC的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．DP⊥BC1
D．平面PDB1⊥平面ACD1
【分析】利用正方体的性质结合空间线面位置关系求解．
【解答】解：对于A，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，
故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥P﹣AD1C的体积不变，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，A1C1∥AC且相等，由于选项A知：AD1∥BC1，所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故B正确；对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；对于D，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故D正确．故选：ABD．
三．填空题
12．已知平面向量，，且∥，则＝ （﹣4，﹣8） ．
【分析】由∥，然后根据平面向量共线（平行）的坐标表示建立等式，求出m，然后根据平面向量的坐标运算可求出所求．
【解答】解：∵∥∴1×m＝2×（﹣2）∴m＝﹣4∴＝2（1，2）+3（﹣2，﹣4）＝（﹣4，﹣8）
故答案为：（﹣4，﹣8）
13．已知平面α∥平面β，过点P的直线m与α，β分别交于A，C两点，过点P的直线n与α，β分别交于B，D两点，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为 或24 ．
【分析】根据题意知点P可能在两平面之间或在两平面之外，画出图形利用比例关系列方程求出BD的长．
【解答】解：连接AB，CD，当P在平面α与平面β的同侧时，
∵α∥β，平面PCD∩α＝AB，平面PCD∩β＝CD，∴AB∥CD，可得 ＝，
∵PA＝6，AC＝9，PD＝8，∴＝，解得BD＝；
当P在平面α与平面β之间时，同理可得＝，∵PA＝6，AC＝9，PD＝8，∴＝，解得PB＝16，
∴BD＝PB+PD＝24．综上，BD的长为或24．故答案为：或24．
14．如图所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1＝AB＝2，当四棱锥B﹣A1ACC1体积最大时，三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的体积是 ．
【分析】根据四棱锥体积最大时，求出外接球的半径即可得出球的体积．
【解答】解：设AC＝x，BC＝y，由AC⊥BC，AA1＝AB＝2可得AC2+BC2＝AB2，即x2+y2＝4，
因为四棱锥B﹣A1ACC1体积，所以，当且仅当时等号成立，即时，四棱锥B﹣A1ACC1体积最大，
此时，三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径，即，
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的体积．故答案为：．
四．解答题
15．已知csα是方程5x2﹣7x﹣6＝0的根，求的值．
【分析】由题意可得，利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简所求，分类讨论即可求解．
【解答】解：由题得（5x+3）（x﹣2）＝0，所以，所以，
所以＝，
当α在第二象限时，可得，可得；
当α在第三象限时，可得，可得．
综合得＝．
16．已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥．
（1）求与的夹角；
（2）若|+|＝，求||．
【分析】（1）由（﹣）⊥，得数量积为0，再结数量积的公式和||＝2||，可求得夹角；
（2）由|+|＝，两边平方，将此式展开，把||＝2||代入可求得结果．
【解答】解：（1）∵（﹣）⊥，∴（﹣）•＝0，∴•﹣＝0，∴||•||•cs＜，＞﹣＝0，
∵||＝2||，∴2cs＜，＞﹣＝0，∴cs＜，＞＝，∵向量夹角θ∈[0，π]，∴与的夹角为．
（2）∵|+|＝，∴+2+＝14，∵||＝2||，又由（1）知cs＜，＞＝，
∴7＝14，∴||＝．
17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是棱BB1和棱CC1的中点．
（1）求证：平面B1DF∥平面ACE；
（2）试问平面B1DF截正方体所得的截面是什么图形？并说明理由．
【分析】（1）由已知证明四边形AEFD为平行四边形，得AE∥DF，再证明四边形B1ECF为平行四边形，得CE∥B1F，由平面与平面平行的判定可得平面B1DF∥平面ACE；
（2）取AA1 的中点G，连接DG，B1G，证明四边形DGB1F为平行四边形，且B1G＝B1F，可得平面B1DF截正方体所得的截面是菱形．
【解答】（1）证明：∵E、F分别是棱BB1和棱CC1的中点，
∴EF∥BC∥AD，且EF＝BC＝AD，可得四边形AEFD为平行四边形，则AE∥DF，
又B1E∥CF，且B1E＝CF，∴四边形B1ECF为平行四边形，则CE∥B1F，
∵AE∩CE＝E，∴平面B1DF∥平面ACE；
（2）解：取AA1 的中点G，连接DG，B1G，可得B1G∥AE且B1G＝AE，由（1）知，DF∥AE且DF＝AE，
则B1G∥DF且B1G＝DF，可得四边形DGB1F为平行四边形，而B1G＝B1F，则四边形DGB1F为菱形．
18．设函数f（x）＝sinx+sin（x+）．
（Ⅰ）求f（x）的最小值，并求使f（x）取得最小值的x的集合；
（Ⅱ）不画图，说明函数y＝f（x）的图象可由y＝sinx的图象经过怎样的变化得到．
【分析】（Ⅰ）f（x）解析式第二项利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，根据正弦函数的图象与性质即可求出满足题意x的集合；
（Ⅱ）根据变换及平移规律即可得到结果．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝sinx+sinx+csx＝sinx+csx＝sin（x+），
∴当x+＝2kπ﹣（k∈Z），即x＝2kπ﹣（x∈Z）时，f（x）取得最小值﹣，
此时x的取值集合为{x|x＝2kπ﹣（k∈Z）}；
（Ⅱ）先由y＝sinx的图象上的所有点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变，即为y＝sinx的图象；
再由y＝sinx的图象上的所有点向左平移个单位，得到y＝f（x）的图象．
【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，正弦函数的定义域与值域，以及函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键．
192．已知函数，其中常数ω＞0．
（1）y＝f（x）在上单调递增，求ω的取值范围；
（2）若ω＜4，将函数y＝f（x）图象向左平移个单位，得到函数y＝g（x）的图象，且过，若函数g（x）在区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）满足：y＝g（x）在[a，b]上至少含30个零点，在所上满足上述条件的[a，b]中，求b﹣a的最小值；
（3）在（2）问条件下，若对任意的，不等式g2（x）﹣mg（x）﹣1≤0恒成立，求实数m的取值范围．
【分析】（1）首先利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式整理成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出ω的取值范围；
（2）利用函数的图象和性质的应用求出b﹣a的最小值；
（3）利用函数的性质及最值之间的关系求出实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，有f（x）＝2sin（ωx）+1，又ω＞0则最小正周期，
由正弦函数的性质，当，函数取得最小值，函数取得最大值．
∴是函数y＝2sinωx的一个单调递增区间，
若函数y＝2sinωx（ω＞0）在上单调递增，
则且解得．
（2）∵由（1）得f（x）＝2sinωx+1，
∴将函数y＝f（x）图象向左平移个单位，得到函数的图象，
∵g（x）的图象过．
∴，可得：，解得：，k∈Z，即：ω＝2k，k∈Z，
∵0＜ω＜4，∴ω＝2，可得g（x）的解析式为：．∴g（x）的周期为．
在区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）满足：y＝g（x）在[a，b]上至少有30个零点，
即在[a，b]上至少有30个解．
∴有或，解得：或．
在所有满足上述条件的[a，b]中，函数的图象正好跨过15个波谷，即14个整周期和一个波谷，
故b﹣a的最小值为：．
（3）g（x）∈[2，3]，设φ（t）＝t2﹣mt﹣1，t∈[2，3]，∵φ（t）max＝max{φ（2），φ（3）}≤0即可．
只需要，解得，即实数m的取值范围为[）．