2020-2021学年高一数学下学期期末测试卷(苏教版-2019)02(必修二解析版)

2020-2021学年高一数学下学期期末测试卷（苏教版2019）02试卷满分：150分考试时长：120分钟注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.一、单选题（本大题共8小题，共40分）1．若向量，，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量加法的坐标运算计算．【详解】．故选：A．2．已知复数z满足(i为虚数单位），则z在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】先利用复数的除法运算化简复数z，可得对应点的坐标，从而可得答案.【详解】因为，所以，则z在复平面内对应点的坐标为，所以z在复平面内对应的点在第三象限，故选：C.3．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的面积是()A． B．2C． D．【答案】A【分析】先根据已知求出原△ABC的高为AO＝，再求原△ABC的面积.【详解】由题图可知原△ABC的高为AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案为A【点睛】本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.4．为了解学生课外阅读的情况，随机统计了名学生的课外阅读时间，所得数据都在中，其频率分布直方图如图所示．已知在中的频数为100，则的值是（）A．500 B．1000 C．10000 D．25000【答案】B【分析】根据频率分布直方图可得在中的频率，进而可得.【详解】由图可得在中的频率为，所以，故选：B.5．已知一个直角三角形的边长分别为3，4，5，若以斜边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周，所得几何体的体积等于（）A．12π B．16π C． D．【答案】C【分析】先判断所得几何体是由两个同底的圆锥拼接而成，中通过等面积法计算底面半径，再利用圆锥体积之和求所得几何体的体积即可.【详解】依题意，所得几何体是由两个同底的圆锥拼接而成，如图所示，中，，由的面积，得，即圆锥底面面积，又上面圆锥体积为，下面圆锥体积为，故几何体的体积.故选：C.6．已知α∈（，π），并且sinα+2cosα，则tan（α）＝（）A． B． C． D．﹣7【答案】A【分析】将已知等式平方，利用同角三角函数的基本关系可得cosα﹣2sinα，再结合已知等式作商可求得tanα，由两角和与差的正切公式计算即可得解．【详解】由sinα+2cosα，得sin2α+4sinαcosα+4cos2α，所以（1﹣cos2α）+4sinαcosα+4（1﹣sin2α），整理得cos2α﹣4sinαcosα+4sin2α，所以（cosα﹣2sinα）2，因为α∈（，π），所以，所以cosα﹣2sinα，又sinα+2cosα，所以，，所以tanα，所以tan（α）．故选：A．【点睛】关键点点睛：由sinα+2cosα推出cosα﹣2sinα是本题的解题关键.7．已知点是的重心，，若，，则的最小值是A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意将原问题转化为均值不等式求最值的问题，据此求解的最小值即可.【详解】如图所示，由向量加法的三角形法则及三角形重心的性质可得,，根据向量的数量积的定义可得,设，则，，当且仅当，即，△ABC是等腰三角形时等号成立.综上可得的最小值是.本题选择C选项.

【点睛】本题主要考查平面向量的加法运算，向量的模的求解，均值不等式求解最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．设a，b，c为ABC中的三边长，且a+b+c=1，则a2+b2+c2+4abc的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】记f(a，b，c)=a2+b2+c2+4abc，则f(a，b，c)=1﹣2ab﹣2c(a+b)+4abc，再根据三角形边长性质可以证得f(a，b，c).再利用不等式和已知可得ab，所以f(a，b，c)≥1﹣﹣2c(1﹣c)=，再利用求导根据单调性可以推得a2+b2+c2+4abc，继而可以得出结果.【详解】记f(a，b，c)=a2+b2+c2+4abc，则f(a，b，c)=1﹣2ab﹣2c(a+b)+4abc=1﹣2ab(1﹣2c)﹣2c(1﹣c)=2(c+ab)2﹣2a2b2﹣2(ab+c)+1=2[c+ab﹣]2﹣2a2b2+=4(c﹣)(a﹣)(b﹣，又a，b，c为ABC的三边长，所以1﹣2a>0，1﹣2b>0，1﹣2c>0，所以f(a，b，c).另一方面f(a，b，c)=1﹣2ab(1﹣2c)﹣2c(1﹣c)，由于a>0，b>0，所以ab，又1﹣2c>0，所以f(a，b，c)≥1﹣﹣2c(1﹣c)=，不妨设a≥b≥c，且a，b，c为ABC的三边长，所以0<c<1令y=，则y′=3c2﹣c=c(3c﹣1)≤0，所以ymin=﹣=，从而1327当且仅当a=b=c=时取等号.故选：B.【点睛】本题主要考查了解三角形，考查导数求函数的最值，考查基本不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.二、多选题（本大题共4小题，共20分）9．袋中装有形状完全相同的个白球和个黑球，从中一次摸出个球，下列事件是互斥事件的是（）A．摸出三个白球事件和摸出三个黑球事件B．恰好有一黑球事件和都是黑球事件C．至少一个黑球事件和至多一个白球事件D．至少一个黑球事件和全是白球事件【答案】ABD【分析】根据互斥事件的定义可判断各选项的正误，从而可得正确的选项.【详解】对于A，摸出三个白球事件和摸出三个黑球事件不可能同时发生，故它们为互斥事件，故A正确.对于B，恰好有一黑球事件和都是黑球事件不可能同时发生，故它们为互斥事件，故B正确.对于C，比如三个球中两个黑球和1个白球，则至少一个黑球事件和至多一个白球事件可同时发生，故C错误.对于D，至少一个黑球事件和全是白球事件也不可能同时发生，故D正确.故选：ABD.10．已知，是平面上夹角为的两个单位向量，在该平面上，且，则下列结论中正确的有（）A． B．C． D．，的夹角是钝角【答案】ABC【分析】在平面上作出，，，，作，则可得出点在以为直径的圆上，这样可判断选项C、D．由向量加法和减法法则判断选项A、B．【详解】对于A：，故A正确；对于B：设，，，，则，即，故B正确；，由(﹣)·(﹣)=0得，点在以直径的圆上（可以与重合）．设中点是，的最大值为，故C正确；与同向，由图，与的夹角不可能为钝角．故D错误．故选：ABC．【点睛】思路点睛：本题考查向量的线性运算，考查向量数量积．解题关键是作出图形，作出，，，确定点轨迹，然后由向量的概念判断．11．如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点(点不与点，重合)，若，则下列说法正确的是（）A．存在点，使得点到平面的距离为B．用过，，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C．平面D．用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为【答案】ABD【分析】A．根据条件分析出到平面的距离的取值范围，即可进行判断；B．根据空间中点、线、面的位置关系，结合线段比例关系，作出过，，三点的截面，并进行判断；C．根据与平面的位置关系，以及平面与平面的位置关系进行判断；D．先利用平行关系作出截面，然后根据长度关系求解出截面六边形的周长并进行判断.【详解】A．连接，如图所示：因为，所以易知，且平面平面，又已知三棱锥各条棱长均为，所以三棱锥为正四面体，所以到平面的距离为：，因为平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，同理可得，且，所以平面，又因为，所以到平面的距离，且，故正确；B．如图所示，连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于，因为，且，则，所以，所以即为，连接，所以过，，的截面为四边形，由条件可知，且，所以四边形为梯形，故正确；C．连接，由A可知平面平面，又因为平面，平面，所以不平行于平面，所以平面不成立，故错误；D．在上取点，过点作交于，过作交于，以此类推，依次可得点，此时截面为六边形，根据题意可知：平面平面，不妨设，所以，所以，所以六边形的周长为：，故正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：作空间几何体截面的常见方法：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但是立体图形中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.12．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（）A．满足条件的不可能是直角三角形B．面积的最大值为C．当A=2C时，的周长为D．当A=2C时，若O为的内心，则的面积为【答案】BCD【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，，，因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13．写出一个虚数z，使得为纯虚数，则___________.【答案】（答案不唯一）．【分析】设（，，），代入计算后由复数的定义求解．【详解】设（，，），则，因为为纯虚数，所以且.任取不为零的实数，求出即可得，答案不确定，如，故答案为：．14．棱长均为1的正四棱锥，该正四棱锥内切球半径为，外接球半径为，则的值为______.【答案】【分析】对角线，设外接球球心为O，外接球球心到各顶点距离相等列出关于的方程可得，利用“体积法”可得，进而可得结果.【详解】如图所示，对角线，设外接球球心为O，，则，解得，内切球半径满足，解得，于是，故答案为：.15．在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为，记△ABC的面积为S，且，则的最大值为__________.【答案】【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化简为二次函数，求出二次函数的最值即可.【详解】由题知，整理得，因为，代入整理得，令，有，所以，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，结合考查了二次函数的最值问题，属于中档题.16．赵爽是我国古代数学家大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则可以推出_________.【答案】【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果.【详解】设，则如图由题可知：，由所以，则所以，又所以所以即所以又所以所以故答案为：【点睛】本题考查考查向量的坐标线性表示，关键在于建系，充分使用条件，考验分析能力，属难题.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）2020年春季，受疫情的影响，学校推迟了开学时间.上级部门倡导“停课不停学”，鼓励学生在家学习，复课后，某校为了解学生在家学习的周均时长(单位:小时)，随机调查了部分学生，根据他们学习的周均时长，得到如图所示的频率分布直方图.（1）求该校学生学习的周均时长的众数的估计值;（2）估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率.【答案】（1）25小时；（2）0.3.【分析】（1）根据直方图，频率最大的区间中点横坐标为众数即可求众数；（2）由学习的周均时长不少于30小时的区间有、，它们的频率之和，即为该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率.【详解】（1）根据直方图知：频率最大的区间中点横坐标即为众数，∴由频率最大区间为，则众数为；（2）由图知：不少于30小时的区间有、，∴该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率.【点睛】本题考查了根据直方图求众数、概率，应用了众数的概念、频率法求概率，属于简单题.18．（12分）已知复数z＝a＋i(a>0，a∈R)，i为虚数单位，且复数为实数.（1）求复数z；（2）在复平面内，若复数(m＋z)2对应的点在第一象限，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用复数的四则运算以及复数的分类即求解.（2）利用复数的四则运算以及复数的几何意义即可求解.【详解】（1）因为z＝a＋i(a>0)，所以z＋＝a＋i＋＝a＋i＋＝a＋i＋＝，由于复数z＋为实数，所以1－＝0，因为a>0，解得a＝1，因此，z＝1＋i.（2）由题意(m＋z)2＝(m＋1＋i)2＝(m＋1)2－1＋2(m＋1)i＝(m2＋2m)＋2(m＋1)i，由于复数(m＋z)2对应的点在第一象限，则，解得m>0.因此，实数m的取值范围是(0，＋∞).19．（12分）已知函数．（1）求的最小正周期及的图象的对称轴方程；（2）若，，求的取值范围．【答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为，；（2），．【分析】（1）将化为，然后可求出答案；（2）由，可得，，然后可得答案.【详解】（1），的最小正周期，令，，可得，，即的图象的对称轴方程为，．（2），，，，，，可得，．【点睛】本题考查的是三角函数的恒等变换和三角函数的性质，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.20．（12分）已知的内角，，的对边分别为，，，且．（1）求；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理将题中所给条件化简整理，即可求出，从而可得角；（2）先由题中条件，得到，再由正弦定理将所求式子化为，进而转化为关于的函数，即可求出结果.【详解】（1）由条件与正弦定理可得，，即，由余弦定理得，，所以，即．由得，．（2）由可知，．由正弦定理可知，又知，所以，所以，故的取值范围为．【点睛】方法点睛：求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.21．（12分）如图，在中，是边的中点，是边上靠近点的一个三等分点，与交于点.设，.（1）用，表示.（2）过点的直线与边，分别交于点，.设，，求的值.【答案】（1）（2）【