2022新高考高二數(shù)學(xué)期末（解析版）

期末復(fù)習(xí)卷9A

一、單選題

1.已知zi+l=2i,則|z|=()

A，V3B，V5C.lD.2

【答案】B

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算，復(fù)數(shù)求模

【解析】【解答】解：因?yàn)閦i+1=2i，所以z=衛(wèi)=八普=2+1

II2

所以|z|=V224-I2=V5

故答案為：B

【分析】首先由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算性質(zhì)整理，再結(jié)合復(fù)數(shù)模的概念即可得出答案。

3.已知m為一條直線，a、/?為兩個不同的平面，則下列說法正確的是()

A.若m^a,Q〃/?，則m〃/?

B.若m1a,a_L￡,則

C.若m1a,a〃0,貝ijm1/7

D.若m〃a,a_L￡,則m_L￡

【答案】C

【考點(diǎn)】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系，平面與平面之間的位置關(guān)系

【解析】【解答】對于A選項(xiàng)，若小〃a，a〃￡,則或mu8,A選項(xiàng)錯誤;

對于B選項(xiàng)，若m_La,a_L￡,則巾〃￡或mu6，B選項(xiàng)錯誤；

對于C選項(xiàng)，若znJ.a,a〃0,則m_L6,C選項(xiàng)正確；

對于D選項(xiàng)，若m^a,aJ.￡,則zn與夕垂直、斜交或小〃6或mu0,D選項(xiàng)

錯誤.’

故答案為：C.

【分析】由直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系以及性質(zhì)，對選項(xiàng)逐一判斷即可得出答案。

5.如圖是一個近似扇形的魚塘，其中。4=。8=丁，AB長為1(1<r).為方便投放飼

料,欲在如圖位置修建簡易廊橋CD，其中OC=lOA,OD=；0B.已知x6(0,；)時，

442

【答案】B

【考點(diǎn)】扇形的弧長與面積

【解析】【解答】由題意可得：ZAOB=-,

DB

因?yàn)镺C=^OA,OD=；0B,可得OC=OD,所以&OCD是等腰三角形,

44

二”.^AOB.^AOB3.I3r.I

CD=20Csin----=2x-OAxsin-----=2oxK-rxsin-=-xsin—，

24242r22r

因?yàn)镮＜r,所以0＜/＜：，

可得CO=2lxsinLxVx（L—叁）=21—J，

22r2k2r67432r2

故答案為：B.

【分析】首先由圓心角的公式結(jié)合邊的大小，即可得出三角形的形狀，再由三角形內(nèi)的幾

何計(jì)算關(guān)系整理即可得出0＜卷＜：,由此即可得出答案。

7.在軸截面頂角為直角的圓錐內(nèi)，作一內(nèi)接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積，則圓

錐的底面半徑與圓柱的底面半徑之比為（）

A.V2

B.2

C.2V2

D.4

【答案】A

【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積

【解析】【解答】如圖，截面圖如下

設(shè)圓柱底面半徑為r,高為力，圓錐的底面半徑為R,則母線為，=魚/?,則仁=工，

RR

即A=R-r.

圓柱表面積為2兀產(chǎn)+2nr/i=2nr2+2nr{R—r）=2nrR；

圓錐的側(cè)面積為nRl=V2TT/?2,因?yàn)閳A柱的表面積等于圓錐的側(cè)面積，所以2口/?=

V2TT/?2,SPR=^2r,

故答案為：A.

【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形設(shè)出圓柱的底面圓半徑和高，以及圓錐的底面半徑

和高，求出母線長，再列方程求得圓錐的底面半徑與圓柱的底面半徑之比.

二、多選題

9.已知向量a=（2,1）,b=（-3,1），則（）

A.(a+b)Ih

B.向量a在向量b上的投影數(shù)量為一坦

2

C.a與(3-b)的夾角余弦值為|V5

D.若'=(?,_憐,則在小

【答案】B,C

【考點(diǎn)】平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，平面向量共線(平行)的坐標(biāo)表示，平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)

表示、模、夾角，向量的投影

【解析】【解答】對于A：a=(2.1),3=(-3,1)，可得d+另=(一1,2)，(a+b)-&=

(-3)x(-1)+1x2=5力0,

所以向量a+3與石不垂直，A不正確

對于B：向量a在向量b上的投影數(shù)量為

@cos4后=⑷XCOS位是〉=@*品=箸=3箸=一?,B符合題意；

對于C：之一石=(5,0)，所以益與(a-6)的夾角余弦值為器冬=熊=等，

C符合題意；

對于D：［=4,_手)，之=(2,1),因?yàn)?xl力—等X2，所以6與3不平行，

D不正確，

故答案為：BC.

【分析】由向量垂直的坐標(biāo)公式即可判斷出選項(xiàng)A錯誤：由向量的投影公式計(jì)算出結(jié)果由

此判斷出選項(xiàng)B正確；由數(shù)量積的夾角公式代入數(shù)值計(jì)算出結(jié)果由此判斷出選項(xiàng)C正確；

由向量共線的坐標(biāo)公式計(jì)算出結(jié)果由此判斷出選項(xiàng)D錯誤，從而得出答案。

11.在4ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若2cos??+cosB=|，

且AABC的面積為出爐，則角B不可能是()

4

【答案】A,C,D

【考點(diǎn)】兩角和與差的余弦公式，二倍角的余弦公式，正弦定理

2

【解析】【解答】2COS+cosB=cos(i4-C)+1-cos(i44-C)=j,

即cos/lcosC+sin/lsinC4-1—cosAcosC+sin/lsinC=|,

2

所以sinAsinC=('S^ABC=|acsinB=^-b，

利用正弦定理得：-sin^sinCsinB=-sin2F,

24

將sinAsinC=；代入可得：sinB=—,

因?yàn)镃G(0z7T),所以。=合或。=等，

22

因?yàn)閏osB=|-2COS^，且cos^F-1,所以cosB>j-2=|,

n

所以B=孑，

角B不可能是,當(dāng)27r

663

故答案為：ACD

【分析】由已知利用二倍角公式，兩角和與差的余弦函數(shù)公式化簡可得sin4sinC=：.利用

4

三角形的面積公式，正弦定理整理化簡即可求出sinB的值，結(jié)合范圍角B的取值范圍即可

求出角B的大小，再由已知條件整理COSB=|-2COS2”，由此得出cosB2|-2=^<

而求出答案。

三、填空題

13.設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)器為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)?=------

【答案】2

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的基本概念，復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算

2+ai一為純虛數(shù),

【解析】【解答】(2+ai)(l+i)(2-a)+(a+2)i=2-a?a+2

1-i(l-i)(l+i)

則解得a=2-

故答案為：2.

【分析】首先由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算性質(zhì)整理，再結(jié)合復(fù)數(shù)的概念即可得出答案。

14.如圖，正方形ABCD的邊長為2,P是線段DC上的動點(diǎn)（含端點(diǎn)），則前?近的

取值范圍是.

【答案】[0,4]

【考點(diǎn)】數(shù)量積的坐標(biāo)表達(dá)式，平面向量數(shù)量積的運(yùn)算

【解析】【解答】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB.AC為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖:

4(0,0),C(2,2),B(2,0),P(x,2)，且0WxW2,

所以前=(2,2)，麗=(x—2,2)，

所以前?彳？=2(x—2)+4=2x6[0,4].

所以BP-AC的取值范圍是[0,4].

故答案為：[0,4]

【分析】根據(jù)題意建立直角坐標(biāo)系求出各個點(diǎn)的坐標(biāo)以及向量的坐標(biāo)，然后由數(shù)量積的坐

標(biāo)公式結(jié)合題意即可求出而.前的取值范圍。

15.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a，b,c,且a=V5c，acosC+

csinA=b,貝Ug=.

【答案】2V2

【考點(diǎn)】兩角和與差的正弦公式，同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系，正弦定理，余弦定理

【解析】【解答】因?yàn)閍cosC+csin/l=b,由正弦定理得sin4cosc+sinCsinA=sinB,

又因?yàn)閟inB=sin(4+C)=sim4cosc+cosAsinC,所以sinCsinA=cosAsinC,

又sinCH0,即sinA=cosA,所以4=2.

4

由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA和a=V5c，得爐-y/2bc-4c2=0,

即(b+V2c)(b-2V2c)=0,解得g=2近或一企(舍)，

故答案為：2或.

【分析】由正弦定理，兩角和的正弦公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡已知等式可得

tanA=l,可求出4=三，進(jìn)而根據(jù)已知利用余弦定理即可求解.

4

四、解答題

17.已知復(fù)數(shù)Z]=a+3i,z2=2-ai(aGR,i是虛數(shù)單位).

(1)若zi-石在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)落在第一象限，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

(2)若虛數(shù)zi是實(shí)系數(shù)一元二次方程x2-6x+m=0的根，求實(shí)數(shù)m的值.

【答案】(1)由題意得，Z]-a=a-2+(3-a)i,

因?yàn)閦i-藥在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)落在第一象限，所以《一2二?，解得ae(2,3).

j—a>u

(2)由zf—6Zi4-m=0得(Q+3i)2—6(Q+3i)+m=0,即

M—6a+zn-9+(6a—18)i=0,

所以｛M二6a+1-：=0,解得｛a=j

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)相等的充要條件，復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義

【解析】【分析】(1)利用復(fù)數(shù)加減法運(yùn)算法則結(jié)合復(fù)數(shù)與共軌復(fù)數(shù)的關(guān)系，從而求出復(fù)

數(shù)Z1-石的代數(shù)表達(dá)式，再利用復(fù)數(shù)的幾何意義求出對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，再結(jié)合復(fù)數(shù)Zi-a

在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)落在第一象限，從而求出實(shí)數(shù)a的取值范圍。

(2)利用虛數(shù)Z]是實(shí)系數(shù)一元二次方程x2-6x+m=0的根，再結(jié)合代入法和復(fù)數(shù)

相等的判斷方法，從而求出m的值。

19.在①2asinC=ctanA；②2acosB=2c-b；③2cos2月于=cos24+1；這三個條件中任

選一個，補(bǔ)充在下面問題中，并作答.

在△力BC中，內(nèi)角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知.

(1)求A的值；

(2)若UBC面積為里，周長為5,求a的值.

4

【答案】(1)選①時,2asinC=ctanA；利用正弦定理得：2sinAsinC=sinC?,整理得：

A1

cosA=-,

2

由于OVAVTI,所以A=60°.

選②時，2acosB=2c-b；利用余弦定理：2a?"一"=2c-C,整理得b2c2-Q2=

2ac'

be=2bccosA,

化簡得：cosA=-,由于OVAVTI,所以A=60。.

選③時，2cos2等^=cos2A+1,整理得：cos(8+C)+1=2cos2%-1+1,所以

2cos224+cosi4—1=0,

解得cosA=或一1(舍去)，由于OVAVTI,以A=60°.

=c=

(2)選①時,由于S^ABC=|besinA~^~，解得bc=l.

由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),

利用余弦定理：a2=b2+c2—2bccosA=(5—6—c)2=b2+c2—fee=(5—a)2—3,

解得a=y.

選②時，由于SMEC=：besinA=fbe=曰，解得bc=l.

由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),

利用余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA=(5-h-c)2=b24-c2-be=(5-a)2-3,

解得a=y.

==

選③時，由于S^ABC=^besinA~，解得bc=l.

由于a+b+c=5,所以a=5-(b+c),

利用余弦定理：a2=b2+c2—2bccosA=(5—/)—c)2=b24-c2—be=(5—a)2—3,

解得a=y.

【考點(diǎn)】正弦定理，余弦定理

【解析】【分析】⑴選①時，利用三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換求出三角函數(shù)的值，進(jìn)一步

求出A的值，選②時;利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果，選③時，利用正弦定理和三角函數(shù)

關(guān)系式的變換求出A的值.

(2)利用正弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果.

21.在三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AB=AC=AAr=V5,BC=4，點(diǎn)A1在底面ABC

的射影是線段BC的中點(diǎn)。.

H,

（1）證明：在側(cè)棱AAX上存在一點(diǎn)E,使得0E,平面BB?C,并求出AE的長;

（2）求二面角4-B1C-C1的平面角的正切值.

【答案】（1）證明：因?yàn)橛摇?面ABC,BCu面ABC,

所以Ax0LBC，又AB=AC,線段BC的中點(diǎn)為。，所以AO1BC,

又20n4。=。

所以8cl面AO