2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷01

2020–2021学年高一数学下学期期末测试卷01

一、单选题

1．已知复数，若z是纯虚数，则实数a等于（    ）

A．2 B．1 C．0 D．

【答案】B

【分析】

根据纯虚数的定义列出式子即可求解.

【解析】

若z是纯虚数，则，解得.

故选：B.

2．已知向量，，若，则实数m的值为（    ）

A．4 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】

根据向量共线的坐标运算即可得出答案.

【解析】

解：因为，

所以，解得：.

故选：B.

3．如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则图形的周长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

根据斜二测画法的性质，结合直观图得出原图形的各边边长，从而得出周长.

【解析】

直观图正方形的边长

原图形为平行四边形，其中，高

即图形的周长

故选：A

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键在于利用斜二测画法的性质，即平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段的长度减半.

4．设函数，则下列结论错误的是（    ）

A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称

C．在单调递减 D．的一个零点为

【答案】C

【分析】

根据解析式结合余弦函数的性质依次判断每个选项的正误即可.

【解析】

函数，的最小正周期为，故A正确；

，的图象关于直线对称，故B正确；

当时，，没有单调性，故C错误；

，的一个零点为，故D正确.

综上，错误的选项为C.

故选：C.

5．已知，为单位向量，，记是与方向相同的单位向量，则在方向上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

利用向量投影的定义求解.

【解析】

由题设可得，即，则，

设与的夹角为，则.

又，故,

因为是与方向相同的单位向量，所以在方向上的投影向量为.

故选: C

6．已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

依题意可得，，

令，则，

通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.

【解析】

依题意可得，，则，

，

，则，

所以，，

令，则，

令，由得，

则，所以，故

所以，当时，有最小值.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.

7．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（    ）

A．AC⊥BE B．EF平面ABCD

C．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值

【答案】D

【分析】

A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.

【解析】

A．因为，所以平面，

又因为平面，所以，故正确；

B．因为，所以，且平面，平面，

所以平面，故正确；

C．因为为定值，到平面的距离为，

所以为定值，故正确；

D．当，，取为，如下图所示：

因为，所以异面直线所成角为，

且，

当，，取为，如下图所示：

因为，所以四边形是平行四边形，所以，

所以异面直线所成角为，且，

由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.

故选：D.

【点睛】

本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.

8．函数图像上一点向右平移个单位，得到的点也在图像上，线段与函数的图像有5个交点，且满足，，若，与有两个交点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

首先根据已知条件分析出，可得，再由可得对称轴为，利用可以求出符合题意的一个的值，进而得出的解析式，再由数形结合的方法求的取值范围即可.

【解析】

如图假设，线段与函数的图像有5个交点，则，

所以由分析可得，所以，

可得，

因为所以，即，

所以是的对称轴，

所以，即，

，

所以，可令得，

所以，

当时，令，则，

作图象如图所示：

当即时，当即时，，

由图知若，与有两个交点，则的取值范围为，

故选：A

【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是取特殊点便于分体问题，利用已知条件结合三角函数图象的特点，以及三角函数的性质求出的解析式，再利用数形结合的思想求解的取值范围.

二、多选题

9．下列说法正确的是（）

A．若，则

B．若复数，满足，则

C．若复数的平方是纯虚数，则复数的实部和虚部相等

D．“”是“复数是虚数”的必要不充分条件

【答案】AD

【分析】

由求得判断A；设出，，证明在满足时，不一定有判断B；举例说明C错误；由充分必要条件的判定说明D正确.

【解析】

若，则，故A正确；

设，

由，可得

则，而不一定为0，故B错误；

当时为纯虚数，其实部和虚部不相等，故C错误；

若复数是虚数，则，即

所以“”是“复数是虚数”的必要不充分条件，故D正确；

故选：AD

【点睛】

本题考查的是复数的相关知识，考查了学生对基础知识的掌握情况，属于中档题.

10．若向量，，下列结论正确的是（     ）

A．若同向，则

B．与垂直的单位向量一定是

C．若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则

D．若与所成角为锐角，则n的取值范围是

【答案】AC

【分析】

A．先根据共线确定出的可取值，然后根据同向确定出的值；

B．分析的相反向量与的位置关系并进行判断；

C．根据求解出的值；

D．根据且不同向即可求解出的取值范围.

【解析】

A．设，所以，所以，即，所以满足，故正确；

B．因为，所以也是与垂直的单位向量，故错误；

C．因为在上的投影向量为，所以，所以，所以，故正确；

D．因为与所成角为锐角，所以且不同向，

所以，所以，故错误；

故选：AC.

【点睛】

思路点睛：已知向量的夹角为锐角或者钝角，求解参数范围的步骤：

（1）根据两个向量的夹角为锐角或钝角，得到或，求解出的范围；

（2）特殊分析：当两个向量共线时，计算出参数的取值；

（3）排除两个向量共线时参数的取值，确定出参数的取值范围.

11．对于函数，下列结论正确的是（    ）

A．把函数f(x)的图象上的各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则是函数y=g(x)的一个周期

B．对，若，则

C．对成立

D．当且仅当时，f(x)取得最大值

【答案】AC

【分析】

根据三角函数的变换规则化简即可判断A；令， ，判断函数的单调性，即可判断B；代入直接利用诱导公式化简即可；首先求出的最大值，从而得到的取值；

【解析】

解：因为，令，所以，所以，

对于A：将图象上的各点的横坐标变为原来的倍，则，所以

，所以是函数y=g(x)的一个周期，故A正确；

对于B：因为，所以，

则在上单调递减，在上单调递增，

又，对称轴为，开口向上，函数在上单调递减，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故B错误；

对于C：

，故C正确；

因为，，当时取得最大值，令，则，所以，解得，即当时，函数取得最大值，故D错误；

故选：AC

【点睛】

本题考查三角函数的综合应用，解答的关键是换元令，将函数转化为二次函数；

12．已知中，，，为边上的高，且，沿将折起至的位置，使得，则（    ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积为8

C．

D．三棱锥外接球的表面积为

【答案】ACD

【分析】

根据及翻折前后几何元素的位置关系得到，，从而可得平面平面，A选项正确；

先根据已知求出，再求得，然后利用三角形的面积计算公式、锥体的体积计算公式及等体积法求得结果，即可判断B选项；

在中利用余弦定理求得的值，即可判断C选项；

利用几何直观及三棱锥外接球的球心与侧面的位置关系，结合已知得到部分几何元素的数量关系，从而求得三棱锥外接球的半径，最后根据球的表面积的计算公式求得结果，即可判断D选项．

【解析】

对于A：因为为边上的高，所以，沿将折起至的位置后，，，所以平面，所以平面平面，所以A选项正确；

对于B：因为，，，所以，又，所以，，所以B选项不正确；

对于C：在中，，，，由余弦定理可得，所以，所以C选项正确；

对于D：如图，记为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，连接，则平面，取的中点，的中点，连接，得，又平面，所以平面PDC，故，连接，，易知平面，平面，故，且，则四边形为矩形，连接，，则为外接圆的半径，由正弦定理可得，所以，又，故外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积为，所以D选顼正确．

故选：ACD．

【点睛】

方法点睛：三棱锥外接球的球心的一般作法：

分别找到两个侧面三角形的外心，再分别过外心作相应平面的垂线，两垂线的交点即三棱锥外接球的球心，通常是找到两个特殊三角形，因为这样易找到外心或易求得外接圆的半径．

三、填空题

13．已知复数z满足，则的最小值为_________．

【答案】3

【分析】

可得表示复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，的最小值即为复数对应的点到的距离的最小值.

【解析】

由可得复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，

表示复数对应的点到的距离，

点到点的距离为，

则的最小值.

故答案为：3.

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键是正确理解复数的几何意义，判断出表示复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上.

14．关于，有如下四个结论：

①是奇函数.

②图像关于轴对称.

③是的一条对称轴.

④有最大值和最小值.

其中说法正确的序号是________．

【答案】①③

【分析】

借助于的性质，对照四个选项，一一验证.

【解析】

的定义域

对于①：定义域关于原点对称，，即是奇函数，故①正确；

是奇函数，图像关于原点对称，故②错误；

对于③：

而，

所以，故③正确；

对于④：令，则，

无最小值，无最大值，故④错误.

故答案为：①③

【点睛】

这是另一种形式的多项选择，多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．

15．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中、、、为三角形的三边和面积）表示.在中，、、分别为角、、所对的边，若，且，则面积的最大值为___________.

【答案】

【分析】

由条件结合余弦定理可得出，然后利用二次函数的基本性质结合公式可求得面积的最大值.

【解析】

，则，

可得，

所以，.

当且仅当时，等号成立.

因此，面积的最大值为.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：

（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解；

（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.

16．如图，在中，，，，点是边（端点除外）上的一动点.若将沿直线翻折，能使点在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且.设，则t的取值范围是________________.

【答案】.

【分析】

由已知分析可得，在过与的垂线上，且在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．然后求出极端情况，即在上与在上的的值，即可求得的取值范围．

【解析】

解：如图，

平面，过作，连接，可得，

即在过与的垂线上，又，则在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．

分析极端情况：

①当在上时，，，可得，设为，

在△中，，且，可得，．

设，，则，，

则，，

．

在中，由正弦定理可得：，即，

得；

当在上时，有，此时．

在的内部（不包含边界），的取值范围是，

故答案为：．

【点睛】

本题的关键点在于找到点的两个临界位置，并根据几何关系求解.

四、解答题

17．已知复数．

（1）若为纯虚数，求的值；

（2）若，求的值．

【答案】（1）0；（2）2

【分析】

（1）根据为纯虚数，可得实部，虚部，联立即可求得答案.

（2）根据复数相等的条件，列出方程组，即可求导答案.

【解析】

（1）因为为纯虚数，所以，

解得.

（2）因为，

根据复数相等的条件可得：，

解得.

综上当时，为纯虚数，当时，.

18．已知函数.

（1）求的值；

（2）求在区间上的最大值和最小值．

【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为.

【分析】

（1）直接代值计算可得结果；

（2）利用三角恒等变换化简函数解析式为，由计算得出的取值范围，结合正弦函数的基本性质可求得函数在区间上的最大值和最小值.

【解析】

（1）；

（2）

，

当时，，

所以，当时，取最小值，即，

当时，取最大值，即.

【点睛】

方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：

第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；

第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；

第三步：求出所求函数的值域（或最值）.

19．已知的面积为S，三边分别为，且．

（1）求；

（2）求，求周长的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）由数量积的定义及面积公式的表示化简即可得解；

（2）由余弦定理得，从而可得最值.

【解析】

（1）由得，

，所以，

由，解得；

（2）由余弦定理可得：，

得，解得，当且仅当时等号成立，

所以当时，周长的最大值为，

20．如图，在正三棱柱中，，，、分别为、的中点．

（1）求三棱锥的体积；

（2）求证：面．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】

（1）计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得结果；

（2）证明出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立.

【解析】

（1）为等边三角形且，且，

因为、分别为、的中点，所以，，

所以，，

在正三棱柱中，底面，且，

因此，；

（2）在正三棱柱中，且，

所以，四边形为平行四边形，所以，，

因为、分别为、的中点，则，所以，，

平面，平面，因此，平面.

【点睛】

方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：

（1）通过面面平行得到线面平行；

（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.

21．如图，在梯形中，，．

（1）若，，，试用、表示；

（2）若，是梯形所在平面内一点，求的最小值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）计算出的长，利用平面向量的减法法则可得出结果；

（2）取的中点，连接，以点为原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值.

【解析】

（1）如下图所示，过点作交于点，设，

，且，所以，四边形是边长为的菱形，

所以，且，

，即，整理可得，，解得，

所以，，因此，；

（2）取的中点，连接，

，为的中点，则，所以，且，

又因为，则四边形为菱形，则，

所以，为等边三角形，

取的中点，连接，以点为原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，

设点，，，，

则，

所以，

，

所以，当且时，最小值.

【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．

22．已知，函数．

（1）求函数在区间上的最大值和最小值；

（2）若，求的值；

（3）若函数在区间上是单调递增函数，求正数的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）

【分析】

（1）由题意先表示出的表达式，然后运用辅助角公式化简，求出在区间上的最值

（2）由题意得，结合求解出答案

（3）表示出函数的单调增区间，结合题意讨论得到的取值范围.

【解析】

（1） ，

因为，所以，所以，

所以．

（2）因为，所以，所以，

因为，所以，

所以，  

所以

．        

（3），令，    得，

 因为函数在上是单调递增函数，所以存在，使得

    所以有  即         

    因为，所以又因为，  所以，   所以

    从而有，所以，

所以

【点睛】

方法点睛：本题主要考查了三角函数的综合运用，利用辅助角公式化简求出最值，并结合三角函数图像的单调性求的取值范围，解决此类问题常采用整体代换思想．

23．已知向量.

（1）求函数f（x）的单调增区间.

（2）若方程上有解，求实数m的取值范围.

（3）设，已知区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）满足：y＝g（x）在[a，b]上至少含有100个零点，在所有满足上述条件的[a，b]中求b﹣a的最小值.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】

（1）根据数量积运算和倍角公式、辅助角公式，求出.令，求出的取值范围，即得函数的单调递增区间；

（2）由（1）知.当时，求得.令，则方程在上有解，即方程在上有解，即求实数的取值范围；

（3）求出函数的解析式，令，得零点的值，可得零点间隔依次为和.若最小，则均为零点，结合函数在上至少含有100个零点，求得的最小值.

【解析】

（1），

.

令，得，

函数的单调递增区间为.

（2）由（1）知.

，即.

令，则.

方程在上有解，即方程在上有解.

又在上单调递增，在上单调递减，

，即.

实数的取值范围为.

（3）.

令，得或，

或.

函数的零点间隔依次为和.

若最小，则均为零点.

函数在上至少含有100个零点，

.

【点睛】

本题考查三角恒等变换、三角函数的性质、函数与方程及函数的零点，属于难题.