期末模擬預測卷03（測試范圍：三角、三角函數、平面向量、復數、空間直線與平面）（解析版）

2022-2023學年高一數學下學期期末模擬預測卷03考生注意：1．本試卷含三個大題，共21題．答題時，考生務必按答題要求在答題紙規(guī)定的位置上作答，在草稿紙、本試卷上答題一律無效．2．除第一、二大題外，其余各題如無特別說明，都必須在答題紙的相應位置上寫出解題的主要步驟．一．填空題（共12小題，滿分36分，每小題3分）1．（3分）過直線外一點，可以作無數條直線與已知直線垂直．【分析】直接利用直線與平面垂直的性質，推出結果即可．【解答】解：過直線外一點，可以作一個平面與已知直線垂直，平面內的直線都與已知直線垂直，所以可以作無數直線與已知直線垂直．故答案為：無數．【點評】本題考查直線與平面垂直的性質定理的應用，考查直線與直線的位置關系的應用，是基礎題．2．（3分）設復數z滿足z＝（其中i為虛數單位），則z＝i．【分析】直接由復數代數形式的除法運算化簡求值．【解答】解：．故答案為：i．【點評】本題考查了復數代數形式的除法運算，考查了復數的基本概念，是基礎題．3．（3分）若，則cos2α＝﹣．【分析】由已知結合二倍角的余弦公式即可直接求解．【解答】解：若，則cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2×＝﹣．故答案為：﹣【點評】本題主要考查了二倍角的余弦公式，屬于基礎題．4．（3分）已知平面內向量，，，若，則實數t的值為3．【分析】由向量的坐標運算可得的坐標，由垂直可得數量積為0，代入數據計算可得．【解答】解：由題意可得＝（6+4t，6+t）由可得＝0，代入數據可得（6+4t）（﹣1）+2（6+t）＝0，解之可得t＝3故答案為：3【點評】本題考查數量積判斷向量的垂直關系，涉及向量的坐標運算，屬基礎題．5．（3分）已知＝（﹣3，4），若||＝1，⊥，則＝（，）或（﹣，﹣）．【分析】設＝（x，y），則由題意可得，解得x、y的值，可得的坐標．【解答】解：∵＝（﹣3，4），||＝1，⊥，設＝（x，y），則有，解得，或，故答案為：（，）或（﹣，﹣）．【點評】本題主要考查兩個向量的數量積公式，兩個向量垂直的性質，屬于中檔題．6．（3分）復數的虛部為0．（“i”是虛數單位）【分析】利用復數運算法則和虛部的意義即可得出．【解答】解：∵（1﹣i）14＝（﹣2i）7＝27i，＝＝i，∴復數＝＝32．∴其虛部為0．故答案為：0．【點評】本題考查了復數運算法則和虛部的意義，屬于基礎題．7．（3分）①不共線，則也不共線；②函數y＝tanx在第一象限內是增函數；③函數f（x）＝sin|x|，g（x）＝|sinx|均是周期函數；④函數在上是增函數；⑤函數的最大值為|a|+2；⑥平行于同一個向量的兩個向量是共線向量；⑦若奇函數f（x）＝xcosx+c的定義域為[a，b]，則a+b+c＝0．其中正確的命題是④⑤⑦．【分析】利用向量共線的充要條件判斷出①錯；通過舉反例判斷出②⑥錯；通過判斷函數的性質判斷出③錯；通過三角函數的整體角處理及三角函數的有界性判斷出④⑤對．利用奇函數的定義判斷出⑦對；通過舉反例判斷出⑥錯【解答】解：對于①，由向量共線的充要條件知①錯對于②例如60°＜360+60°但tan60°＝tan（360°+60°），故②錯對于③f（x）＝sin|x|是偶函數所以不是周期函數，g（x）＝|sinx|是周期函數，故③錯對于④∵當，所以f（x）是增函數，故④對對于⑤，有三角函數的有界性知⑤對對于⑥，例如兩個向量同時平行于零向量，則這兩個向量不一定平行，故⑥錯對于⑦，若函數為奇函數，必有c＝0，a，b關于原點對稱，所以a+b+c＝0，故⑦對故答案為：④⑤⑦【點評】本題考查向量共線的充要條件、考查三角函數的有界性、考查研究三角函數性質的方法整體角處理的方法．8．（3分）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1，E是棱BC的中點，異面直線AB1與C1E所成角的余弦值為m，則m＝．【分析】由AB1∥C1D可知異面直線AB1與C1E所成角的角為∠DC1E或其補角，設AA1＝1，則AB＝，由勾股定理求出DE，C1E，C1D的長，再利用余弦定理即可求出結果．【解答】解：連接C1D，DE，由正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的性質可知，AB1∥C1D，∴異面直線AB1與C1E所成角的角為∠DC1E或其補角，設AA1＝1，則AB＝，∴DE＝＝＝，C1E＝＝＝，C1D＝＝＝2，在△C1DE中，由余弦定理可得，cos∠DC1E＝＝＝，即m＝，故答案為：．【點評】本題主要考查了異面直線所成的角，屬于基礎題．9．（3分）函數y＝cos2x的圖象對稱中心坐標（，0）．【分析】由題意得，所求的對稱中心就是函數y＝cos2x與x軸交點，令2x＝kπ+，k∈z，可得對稱中心為（，0），k∈z．【解答】解：令2x＝kπ+，k∈z，可得對稱中心為（，0），k∈z，故答案為：（，0）【點評】本題考查正弦函數的對稱中心，體現了轉化的數學思想，判斷所求的對稱中心就是函數y＝cos2x與x軸交點，是解題的關鍵．10．（3分）若，則＝．【分析】由得2（﹣）＝﹣得2＝，然后可求得的值．【解答】解：由得2（﹣）＝﹣得2＝，所以＝可得＝．故答案為：．【點評】本題考查平面向量線性運算，考查數學運算能力，屬于基礎題．11．（3分）在空間，下列命題正確的是①，④．（注：把你認為正確的命題的序號都填上）①如果兩條直線a、b分別與直線l平行，那么a∥b②如果兩條直線a與平面β內的一條直線b平行，那么a∥β③如果直線a與平面β內的一條直線b、c都有垂直，那么a⊥β④如果平面β內的一條直線a垂直平面y，那么β⊥y【分析】逐一分析研究答案，通過舉反例、排除、篩選，找出正確的命題．【解答】解：根據公理4，平行于同一條直線的2條直線平行，故①正確．②線a與平面β內的一條直線b平行，直線a可以在平面β內，故②不正確．③直線a與平面β內的直線b、c都有垂直，因為b、c不一定是2條相交直線，故不能推出a⊥β，④若一個平面經過另一個平面的一條垂線，則這2個平面垂直．故④正確．故只有①④正確．【點評】本題考查空間2條直線的位置關系、直線和平面的位置關系．12．（3分）在△ABC中，A＝，則＝﹣24．【分析】由已知畫出圖形，把用表示，展開后代入數量積公式得答案．【解答】解：如圖，因為A＝，所以＝＝＝＝＝＝＝﹣18﹣6＝﹣24．故答案為：﹣24．【點評】本題考查平面向量數量積的性質及運算，考查化歸與轉化思想和數形結合思想，是中檔題．二．選擇題（共4小題，滿分12分，每小題3分）13．（3分）在△ABC中，若sin2C+sin2B＜sin2A，則△ABC的形狀是（）A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．不能確定【分析】由已知結合正弦定理及余弦定理即可求解．【解答】解：因為sin2C+sin2B＜sin2A，由正弦定理得c2+b2＜a2，由余弦定理得cosA＝＜0，所以A為鈍角，即△ABC為鈍角三角形．故選：A．【點評】本題主要考查了正弦定理及余弦定理在三角形形狀判斷中的應用，屬于基礎題．14．（3分）設α，β為互不相同的兩個平面，m，n為互不重合的兩條直線，且m⊥α，m⊥β則“n⊥α”是n⊥β的（）條件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要【分析】先判斷p?q與q?p的真假，再根據充要條件的定義給出結論；也可判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．【解答】解：若n⊥α，則∵m⊥α，則m∥n，又∵m⊥β則n⊥β若n⊥β，則∵m⊥β，則m∥n，又∵m⊥α則n⊥α由充要條件的定義可得，“n⊥α”是n⊥β的充分必要條件故選：C．【點評】判斷充要條件的方法是：①若p?q為真命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若p?q為假命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若p?q為真命題且q?p為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若p?q為假命題且q?p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件．⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系．15．（3分）若角α的終邊經過點P（1，2），則tanα的值為（）A． B． C．2 D．【分析】由已知利用任意角的三角函數的定義即可求解．【解答】解：因為角α的終邊經過點P（1，2），所以tanα＝＝2．故選：C．【點評】本題考查了任意角的三角函數的定義在三角函數求值中的應用，屬于基礎題．16．（3分）如圖，在四面體ABCD中，E，F分別為AB，CD的中點，過EF任作一個平面α分別與直線BC，AD相交于點G，H，下列判斷中：①對于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；②存在一個平面α0，使得點G在線段BC上，點H在線段AD的延長線上；③對于任意的平面α，都有直線GF，EH，BD相交于同一點或相互平行；④對于任意的平面α，當G，H在線段BC，AD上時，幾何體AC﹣EGFH的體積是一個定值．其中正確的個數是（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】①分別取AC、BD的中點J、I，利用線面平行的性質可知AD與BC到平面IEJF的距離相等，從而可判斷①；②，當點G在BC上移動時，點H在AD之間移動，可判斷②；③，G、H分別為相應線段中點時，三線平行，若G、H不是相應線段中點時，三線相交于一點，可判斷③；④，當H為D，G為C時，此時幾何體的體積為三棱錐A﹣CDE的體積，為該四面體體積的一半，結合①的結論，可判斷④．【解答】解：對于①，分別取AC、BD的中點J、I，則BC∥平面IEJF，AD∥平面IEJF，且AD與BC到平面IEJF的距離相等，因此對于任意的α，都有S△EFG＝S△EFH，故①正確；對于②，當點G與點B重合時，點H與點A重合，當點G與點C重合時，點H與點D重合，故當點G在BC上移動時，點H在AD之間移動，故不存在一個平面α0，使得點G在線段BC上，點H在線段AD的延長線上，即②錯誤；對于③，G、H分別為相應線段中點時，三線平行，若G、H不是相應線段中點時，三線相交于一點，即對于任意的平面α，都有直線GF，EH，BD相交于同一點或相互平行，③正確；對于④，當H為D，G為C時，此時幾何體的體積為三棱錐A﹣CDE的體積，為該四面體體積的一半，如圖，只需證VC﹣EFG＝VD﹣EFH，由①知，只需證C、D到截面的距離相等，∵F為CD的中點，∴C、D到截面的距離相等，故幾何體AC﹣EGFH的體積是一個定值，即④正確；綜上所述，正確的為①③④，有3個，故選：B．【點評】本題考查線面平行的判定與性質，考查共面定理、三角形的中位線定理、考查作圖能力與分析、推理能力，空間想象能力，屬于難題．三．解答題（共5小題，滿分40分，每小題8分）17．（8分）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，點M在A1C1上，且|MC1|＝2|A1M|，N在D1C上且為D1C中點．（1）求M、N兩點間的距離；（2）判斷直線MN與直線BD1是否為異面直線，若是則求出兩直線所成角的余弦值．若不是說明理由．【分析】（1）建立如圖所示空間直角坐標系O﹣xyz，求出M，N的坐標，然后求解|MN|即可．（2）設兩直線所成角為θ，利用空間向量的數量積求解直線MN與直線BD1所成角的余弦值即可．【解答】解：（1）建立如圖所示空間直角坐標系O﹣xyz，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），A1（0，0，4），C1（2，2，4），D1（0，2，4），因為|MC1|＝2|A1M|，所以A1M＝A1C1，得M（，，4），又N為CD1中點，所以N（1，2，2），所以|MN|＝＝；（2）是異面直線，設兩直線所成角為θ，＝（，，﹣2），＝（﹣2，2，4），所以＝（，，﹣2）?（﹣2，2，4）＝﹣，||＝，||＝2，cosθ＝＝，所以直線MN與直線BD1所成角的余弦值為．【點評】本題考查空間距離公式的應用，異面直線所成角的求法，是中檔題．18．（10分）已知函數．（Ⅰ）求函數f（x）的最小正周期和單調遞減區(qū)間；（Ⅱ）在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若，b+c＝7，△ABC的面積為，求邊a的長．【分析】（Ⅰ）運用兩角和的正弦公式和二倍角的余弦公式，化簡函數f（x），再由正弦函數的周期公式和單調減區(qū)間，解不等式可得減區(qū)間；（Ⅱ）由A的范圍，結合正弦函數值，可得A，再由三角形的面積公式和余弦定理可得所求值．【解答】解：（Ⅰ）函數，可得，所以f（x）的最小正周期；令2kπ+≤2x﹣≤2kπ+，解得kπ+≤x≤kπ+，所以f（x）的單調遞減區(qū)間是（k∈Z）；（Ⅱ）∵，，∴，又可得A﹣＝即，∵b+c＝7，△ABC的面積為，即bcsinA＝bc＝2，∴bc＝8，＝（b+c）2﹣3bc＝25，∴a＝5．【點評】本題考查三角形的余弦定理和面積公式的運用，考查三角函數的恒等變換和正弦函數的圖象和性質，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．19．（10分）已知復數z＝（a2+a）+（a+2）i（a∈R）．（1）若復數z為實數，求實數a的值；（2）若復數z的共軛復數對應的點在第四象限，求實數a的取值范圍．【分析】（1）復數z＝（a2+a）+（a+2）i（a∈R）是實數，只要其虛部為0即可；（2）寫出復數z的共軛復數，對應的點在第四象限，說明其實部大于0，虛部小于0，列不等式求解a的取值范圍．【解答】解：（1）復數z＝（a2+a）+（a+2）i（a∈R）若復數z為實數，則a+2＝0，所以a＝﹣2；（2）復數z的共軛復數是＝（a2+a）﹣（a+2）i（a∈R）若復數z的共軛復數對應的點在第四象限，則，解①得：a＜﹣1或a＞0，解②得：a＞﹣2，所以不等式組的解集為{a|﹣2＜a＜﹣1或a＞0}．所以復數z的共軛復數對應的點在第四象限的實數a的取值范圍是{a|﹣2＜a＜﹣1或a＞0}．【點評】本題考查了復數的基本概念，關鍵是讀懂題意，把問題轉化為方程或不等式組求解，此題是基礎題．20．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BCD＝90°又AB＝BC＝PC＝1，PB＝，CD＝2，AB⊥PC．（Ⅰ）求證：PC⊥平面ABCD；（Ⅱ）求PA與平面ABCD所成角的大??；（Ⅲ）求二面角B﹣PD﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由BC2+PC2＝PB2，得PC⊥BC，再由AB⊥PC，得PC⊥平面ABCD．（Ⅱ）先找或作出角，再求解，由（Ⅰ）知PC⊥平面ABCD，則∠PAC為PA與平面ABCD所成的角．（Ⅲ）在圖中不存在，同作出角來，∠CMB為二面角B﹣PD﹣C的平面角，求解時放在△CMB中．【解答】解：（Ⅰ）證明：在△PBC中，BC＝PC＝1，PB＝，∴BC2+PC2＝PB2，∴∠PCB＝90°，即PC⊥BC，∵AB⊥PC，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABCD．（Ⅱ）如圖，連接AC，由（Ⅰ）知PC⊥平面ABCD∴AC為PA在平面ABCD內的射影，∴∠PAC為PA與平面ABCD所成的角．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，∴，在△PAC中，，∴，∴PA與平面ABCD所成角的大小為．（Ⅲ）由（Ⅰ）知PC⊥BC，又BC⊥CD，PC∩CD＝C，∴BC⊥平面PCD．如圖，過C作CM⊥D于M，連接BM，∴CM是BM在平面PCD內的射影，∴BM⊥PD，∴∠CMB為二面角B﹣PD﹣C的平面角．在△PCD中，∠PCD＝90°，PC＝1，CD＝2，∴，又CM⊥PD，∴PD?CM＝PC?CD，，在△CMB中，∠BCM＝90°，BC＝1，，∴，∴二面角B﹣PD﹣C的大小為．【點評】本題主要考查線線垂直、線面垂直與面面垂直的轉化，如何求線面角和二面角問題，一般的思路是“一找、二作、三求”．21．已知函數f（x）＝sin（ωx﹣）﹣sin2（x﹣）+，（ω＞0，x∈R）的最小正周期為4．任取t∈R，若函數f（x）在區(qū)間[t，t+1]上的最大值為M（t），最小是為m（t），記g（t）＝M（t）﹣m（t）．（1）求f（x）的解析式及對稱軸方程；（2）當t∈[﹣2，0]時，求函數g（t）的解析式；（3）設函數h（x）＝2|x﹣k|，H（x）＝x|x﹣k|+2k﹣8，其中k為參數，且滿足關于t的不等式k﹣5g（t）≤0有解．若對任意x1∈[4，+∞），存在x2∈（﹣∞，4]，使得h（x2）＝H（x1）成立，求實數k的取值范圍．【分析】（1）利用二倍角公式和輔助角公式化簡函數f（x），再利用正弦函數的圖象與性質，即可得出答案；（2）由f（x）的周期性，作出函數f（x）的圖象，結合圖象分類討論t∈[﹣2，﹣），t∈[﹣，﹣1），t∈[﹣1，0]，分別表示出M（t），m（t），即可得出答案；（3）由（1）知f（x）＝sinx，且T＝4，可知g（t）也是周期為4的函數，由（2）知g（t）＝，求出t∈[0，2]時，g（t）的解析式，即可作出g（t）部分函數的圖象，可得g（t）的值域，題意轉化為k≤5g（t）max，可得k≤5，題意轉化為H（x）在[4，+∞）上的值域是h（x）在（﹣∞，4]上值域的子集，化簡h（x）＝2|x﹣k|＝（k≤5），H（x）＝x|x﹣k|+2k﹣8＝（k≤5），分類討論k≤4時，4＜k≤5時，分別得出函數的最值，列出關于k的不等式，求解即可得出答案．【解答】解：（1）f（x）＝sin（ωx﹣）﹣sin2（x﹣）+＝sin（ωx﹣）﹣×+＝sin（ωx﹣）+cos（ωx﹣）＝sin（ωx﹣+）＝sinωx，∵函數f（x）＝sin（ωx﹣）﹣sin2（﹣）+，（x∈R）的最小正周期為4，∴T＝＝4，解得ω＝，即f（x）＝sinx，令x＝+kπ，解得x＝2k+1，k∈Z，故f（x）的解析式為f（x）＝sinx，對稱軸方程為x＝2k+1（k∈Z）；（2）由（1）知f（x）＝sinx，x∈[t，t+1]，t∈[﹣2，0]，則（t+1）∈[﹣1，1]，作出函數f（x）的圖象，如圖所示：由圖象可知當t∈[﹣2，﹣），（t+1）∈[﹣1，﹣），則當x∈[t，t+1]，M（t）＝f（t）＝sint，m（t）＝f（﹣1）＝﹣1，此時g（t）＝M（t）﹣m（t）＝sint+1，當t∈[﹣，﹣1），（t+1）∈[﹣，0），則當x∈[t，t+1]，M（t）＝f（t+1）＝sin（t+1）＝cost，m（t）＝f（﹣1）＝﹣1，此時g（t）＝M（t）﹣m（t）＝cost+1，當t∈[﹣1，0]，（t+1）∈[0，1]，則當x∈[t，t+1]，M（t）＝f（t+1）＝sin（t+1）＝cost，m（t）＝f（t）＝si