卷03——高一数学下学期期末模拟测试卷（北师大版2019）（原卷版+解析版）

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高一年级下学期期末仿真卷03
本试卷共22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z＝2﹣i，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（　　）
A．z的虚部为i B．|z|＝5 C．＝﹣2﹣i D．z2＝3﹣4i
【答案】D
【分析】由复数的基本概念判断A与C；求出|z|判断B；利用复数代数形式的乘除运算判断D．
【解答】解：复数z＝2﹣i的虚部为﹣1，故A错误；
|z|＝，故B错误；
，故C错误；
z2＝（2﹣i）2＝3﹣4i，故D正确．
故选：D．
【知识点】复数的运算
2.函数f（x）＝3sin（π+x）﹣cos2x+3在上的最小值为（　　）
A．﹣1 B． C． D．1
【答案】C
【分析】先化简f（x），然后根据x的范围得到sinx的范围，再结合二次函数的性质，求出f（x）的最值．
【解答】解：f（x）＝3sin（π+x）﹣cos2x+3
＝﹣3sinx﹣1+2sin2x+3＝2sin2x﹣3sinx+2
＝，
∵x∈，∴sinx∈[﹣1，1]，
∴当时，．
故选：C．
【知识点】三角函数的最值
3.半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（　　）
A．πR3 B．πR3 C．πR3 D．πR3
【答案】A
【分析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．
【解答】解：2πr＝πR，所以r＝，则h＝，所以V＝
故选：A．
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
4.已知向量＝（2，x），＝（1，x﹣1），若（2），则x＝（　　）
A．﹣2 B．2 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，求出向量2的坐标，由向量平行的坐标表示方法分析可得若（2），则有2（x+1）＝3x，解可得x的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，向量＝（2，x），＝（1，x﹣1），则2＝（3，x+1），
若（2），则有2（x+1）＝3x，解可得x＝2，
故选：B．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
5.非零复数z1、z2分别对应复平面内的向量、，若|z1+z2|＝|z1﹣z2|，则（　　）
A． B． C． D．和共线
【答案】A
【分析】由题意可得，，再由|z1+z2|＝|z1﹣z2|，得到，由，，可知三边长OACB为平行四边形，从而得到四边形OACB为矩形，有．
【解答】解：在四边形OACB内，，，
∵非零复数z1、z2分别对应复平面内的向量、，
则由复数加法的几何意义可知，
|z1+z2|对应，|z1﹣z2|对应，
则，
由，，可知三边长OACB为平行四边形，
则四边形OACB为矩形．
∴．
故选：A．
【知识点】复数的模
6.已知函数的图象过点，且在上单调，把f（x）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，当且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），则f（x1+x2）＝（　　）
A． B． C．﹣1 D．1
【答案】B
【分析】利用正弦函数的周期性和单调性，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得x1+x2的值，可得f（x1+x2）的值．
【解答】解：∵函数的图象过点，∴2sinφ＝，∴φ＝．
f（x）在上单调，∴•≥﹣，∴0＜ω≤3．
把f（x）的图象向右平移π个单位之后与原来的图象重合，∴k•＝π，k∈Z，∴ω＝2，f（x）＝2sin（2x+）．
当且x1≠x2时，2x+∈（，3π），若 f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝2•＝5π，
f（x1+x2）＝2sin（10π+）＝2sin＝，
故选：B．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
7.如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（　　）

A．平面CBP⊥平面BB1P
B．DC1⊥PC
C．三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值
D．∠APD1的取值范围是（0，]
【答案】D
【分析】对于A，由CB⊥BB1，CB⊥BP，得CB⊥平面BB1P，从而平面CBP⊥平面BB1P；对于B，由DC1⊥D1C，DC1⊥BC，得DC1⊥平面BCD1A1，从而DC1⊥PC；对于C，△D1C1C的面积是定值S＝，点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，从而三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V＝；对于D，∠APD1的取值范围是（arccos，]．
【解答】解：对于A，∵CB⊥BB1，CB⊥BP，BB1∩BP＝B，
∴CB⊥平面BB1P，
又CB⊂平面CBP，∴平面CBP⊥平面BB1P，故A正确；
对于B，∵DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，
∴DC1⊥平面BCD1A1，又PC⊂平面BCD1A1，∴DC1⊥PC，故B正确；
对于C，∵△D1C1C的面积是定值S＝＝，
点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，
∴三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V＝＝，故C正确；
对于D，当P与B重合时，∠APD1取最小值，
∵A1B＝，BD1＝，∴cos∠A1BD1＝＝．
∴∠APD1的最小值为arccos．
当P与A1重合时，∠APD1取最大值
∴∠APD1的取值范围是（arccos，]，故D错误．
故选：D．
【知识点】平面与平面垂直、棱柱、棱锥、棱台的体积
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，△ABC的面积为，||＝2，则在方向上的投影为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】由已知结合正弦定理，两角和的正弦函数公式可得．结合sinC≠0，可求cosC的值，结合C的范围可求C的值，利用三角形的面积公式可求，可得，即可求解在方向上的投影．
【解答】解：由，
结合正弦定理得：，
则：，
由A+B+C＝π，
得：．
因为sinC≠0，
所以：，
因为C∈（0，π），
所以：．
由，得：，
因为，
所以，
则在方向上的投影为．
故选：C．
【知识点】正弦定理、平面向量数量积的含义与物理意义

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选对得分，错选或漏选不得分。
9.下列给出的角中，与终边相同的角有（　　）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】由题意利用终边相同的角的定义，得出结论．
【解答】解：与终边相同的角为2kπ﹣，k∈Z，
令k＝2，可得2kπ﹣＝，
令k＝4，可得2kπ﹣＝，
故选：AB．
【知识点】终边相同的角
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（　　）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．
【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，
又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，
整理可得：c＝b（1+2cosA），
可得：cosA＝，
对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；
对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，
对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，
对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．
故选：BC．
【知识点】余弦定理
11.如图，平面α∩平面β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是（　　）

A．若AB∥CD，则MN∥l
B．若M，N重合，则AC∥l
C．若AB与CD相交，且AC∥l，则BD可以与l相交
D．若AB与CD是异面直线，则MN不可能与平行
【答案】BD
【分析】由若两两相交的平面有三条交线，交线要么相交于一点，要么互相平行判定A、B、C；用反证法证明D．
【解答】解：若AB∥CD，则A、B、C、D四点共面γ，当AB＜CD时，
平面α、β、γ两两相交有三条交线，分别为AC、BD、l，则三条交线交于一点O，
则l与平面γ交于点O，∴MN与l不平行，故A错误；
若M，N两点重合，则AC∥BD，A、B、C、D四点共面γ，
平面α、β、γ两两相交有三条交线，分别为AC、BD、l，
由AC∥BD，得AC∥BD∥l，故B正确；
若AB与CD相交，确定平面γ，平面α、β、γ两两相交有三条交线，分别为AC、BD、l，
由AC∥l，得AC∥BD∥l，故C错误；
当AB，CD是异面直线时，如图，连接BC，取BC中点G，连接MG，NG．

则MG∥AC，∵AC⊂α，MG⊄α，则MG∥α，假设MN∥l，
∵l⊂α，MN⊄α，∴MN∥α，
又MN∩MG＝M，∴平面MNG∥α，同理可得，平面MNG∥β，则α∥β，与平面α∩平面β＝l矛盾．
∴假设错误，MN不可能与l平行，故D正确．
故选：BD．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
12.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

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是____________．
【答案】
【分析】先由复数的除法运算计算出，再由复数的几何意义得出相应点的坐标，列方程组求解即可.
【详解】，
∴复数在复平面内对应的点为，
由已知，在第二象限，
∴，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
14．将函数的图像向左平移个单位后得到的图像关于y轴对称，则m的最小值是______.
【答案】##
【分析】求得平移后的函数解析式，然后根据对称性求得的取值范围，进而求得的最小值.
【详解】函数的图像向左平移个单位后，
得到，其图像关于轴对称，
所以，
由于，所以的最小值为.
故答案为：
15．如图所示，点是内一点，若，，，且，则________.

【答案】
【分析】方法一：根据三角形的面积利用奔驰定理可得，然后利用平面向量的线性运算得出，进而求解即可.
方法二：以为重心，在内作，根据重心的性质和平面向量的线性运算即可求出，进而求解即可.
【详解】方法一：因为，，，
所以，
∴由奔驰定理可得：，
即，
整理可得：，
即，
所以，则，
故答案为：.
方法二：在上取一点，使得，
在在上取一点，使得，连接，

所以，，，
所以为的重心，所以，
也即，所以，
即，
整理可得：，
即，
所以，则，
故答案为：.
16．如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为______．

【答案】；
【分析】由题设可证则△、△都为等腰直角三角形，结合△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，将几何体补全为正方体且一个底面在上，进而确定与所成角为，并有，应用余弦定理、勾股定理求的范围即可.
【详解】由平面，面，则面，面，
所以，又且△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，
故，则△、△都为等腰直角三角形，
将补全为正方体如下图示，其中一个面在上且棱长为1，

所以，在等边△中E是CD中点，故，
过M作面ACD垂线交面于N，且面，面，则，
因为，面，面，故，
又，面，故面，面，
所以，面面，面面，且，
易知：过M作面ACD垂线在面内，即面，而面，
综上，点必在对角线上，且与所成角为，，则，
在中，令，由，
故，
所以，则，
所以.
故答案为：

四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。考生根据要求作答。
17.已知，．
（1）若与同向，求；
（2）若与的夹角为120°，求．
【分析】（1）设＝λ＝（2λ，0），由||＝1可得2λ＝1，解可得λ的值，即可得答案，
（2）根据题意，由数量积的计算公式可得•＝﹣1，设＝（x，y），由数量积的坐标计算公式可得•＝2x＝﹣1，即可得x的值，由向量模的计算公式可得y的值，即可得的坐标，由向量的坐标计算公式计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，与同向，且，
设＝λ＝（2λ，0），
又由||＝1，则有2λ＝1，即λ＝，
则＝（1，0）；
（2），则||＝2，
若与的夹角为120°，则•＝||||cos120°＝2×1×cos120°＝﹣1，
设＝（x，y），则•＝2x＝﹣1，则x＝﹣，
又由||＝1，则x2+y2＝1，解可得y＝±，
故＝（，±），
则+＝（，±）．
【知识点】平面向量数量积的性质及其运算、数量积表示两个向量的夹角
18.已知z为复数，z+2i为实数，为纯虚数，其中i为虚数单位．
（1）求复数z；
（2）若复数z+3m+（6﹣m2）i在复平面内对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．
【分析】（1）设z＝a+bi（a，b∈R），由已知列关于a，b的方程组求解；
（2）把（1）中求得的z代入z+3m+（6﹣m2）i，整理后由实部与虚部均大于0联立不等式组求解．
【解答】解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），则z+2i＝a+（b+2）i，
∵z+2i为实数，∴b+2＝0，即b＝﹣2．
∵＝为纯虚数，
∴a＝b＝﹣2，则z＝﹣2﹣2i；
（2）由（1）得，z+3m+（6﹣m2）i＝﹣2﹣2i+3m+（6﹣m2）i
＝﹣2+3m+（4﹣m2）i．
依题意得，解得．
∴实数m的取值范围是（）．
【知识点】复数的运算
19.已知α，β均为锐角，sinα＝，cosβ＝，求：
（1）求sin（α﹣β）的值；
（2）求α﹣β的值．
【分析】（1）利用同角三角函数基本关系分别求得cosα和sinβ的值，利用两角和公式求得sin（α﹣β）的值．
（2）根据）α，β的范围判断出α﹣β的范围，最后根据sin（α﹣β）的值求得答案．
【解答】解：（1）∵α，β均为锐角，
∴cosα＝＝，sinβ＝＝，
∴sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβ＝×﹣×＝﹣，
（2）∵α，β均为锐角，
∴﹣＜α﹣β＜，
∵sin（α﹣β）＝﹣，
∴α﹣β＝﹣
【知识点】两角和与差的三角函数
20.如图，四边形ABCD为菱形，对角线的交点为O，四边形DCEF为直角梯形，∠DCE＝90°，EF∥DC且DC＝2EF，平面DCEF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：OE∥平面ADF；
（Ⅱ）求证：平面FBD⊥平面COE．

【分析】（I）取AD的中点M，连结OM，FM，则EFOM，故而OE∥FM，于是OE∥平面ADF；
（II）由面面垂直的性质可得CE⊥平面ABCD，故而CE⊥BD，结合BD⊥AC可得BD⊥平面COE，于是平面FBD⊥平面COE．
【解答】证明：（I）取AD的中点M，连结OM，FM，
∵ABCD是菱形，
∴OMCD，
又EFCD，
∴EFOM，
∴四边形EFMO是平行四边形，
∴OE∥FM，又OE⊄平面ADF，FM⊂平面ADF，
∴OE∥平面ADF．
（II）∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，CE⊥CD，
∴CE⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥CE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，即BD⊥OC，
又OC∩CE＝C，
∴BD⊥平面COE，
又BD⊂平面BDF，
∴平面FBD⊥平面COE．

【知识点】平面与平面垂直、直线与平面平行
21.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别记为a、b、c，且．
（1）求的；
（2）若△ABC的面积S＝2，cosB＝，求△ABC的周长．
【分析】（1）结合二倍角公式，正弦定理对已知式子进行化简即可求解，
（2）结合已知cosB可求simB，然后结合三角形的面积公式S＝可求ac，再由余弦定理即可求解a+c，b，进而可求．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，，
∴a×+c×＝，
∴，
由正弦定理可得，sinA+sinC+sinAcosC+sinCcosA＝，
∴sinA+sinC+sin（A+C）＝sinB，
∴sinA+sinC+sinB＝sinB，
故sinA+sinC＝sinB，
由正弦定理，＝＝，
（2）∵cosB＝，
∴simB＝，
∴面积S＝＝2，
∴ac＝6，
由余弦定理可得，＝＝，
∴a+c＝，b＝，
故△ABC的周长为a+c+b＝4
【知识点】二倍角的三角函数、正弦定理
22.△ABC的内角A，B、C的对边分别为a，b，c，已知向量＝（c﹣a，sinB），＝（b﹣a，sinA+sinC）且∥．
（1）求C；
（2）若，求sinA．
【分析】（1）利用向量平行的性质，正弦定理可得a2+b2﹣c2＝ab，由余弦定理可求cosC＝，结合范围C∈（0，π），可求C的值．
（2）由（1）可得B＝﹣A，由题设及正弦定理可得sin（A﹣）＝，可求范围﹣＜A﹣＜，利用同角三角函数基本关系式可求cos（A﹣）＝，进而根据两角和的正弦函数公式可求sinA的值．
【解答】解：（1）∵向量＝（c﹣a，sinB），＝（b﹣a，sinA+sinC）且∥，
∴（c﹣a）（sinA+sinC）＝（b﹣a）sinB，由正弦定理可得（c﹣a）（a+c）＝（b﹣a）b，
∴a2+b2﹣c2＝ab，∴cosC＝＝＝，
∵C∈（0，π），
∴C＝．
（2）由（1）可得B＝﹣A，由题设及正弦定理可得：sinC+3sin（﹣A）＝3sinA，
即+cosA+sinA＝sinA，可得sin（A﹣）＝，
由于0，﹣＜A﹣＜，
∴cos（A﹣）＝，∴sinA＝sin（A﹣+）＝sin（A﹣）cos+cos（A﹣）sin＝．
【知识点】余弦定理