2022新高考高二数学期末复习卷10A（解析版）

期末复习卷10A

一、单选题，本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题的四个选项中只有

一项是符合题目要求的.

1.已知复数Z=l+i2°2\贝()

A.2+zB.2-zC.1-zD.1+z

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的乘方运算以及共规复数的概念即可求解.

202l202

【详解】z=l+i=l+z°./=1+/,z=l-z.

故选：C

3.设a,夕，/为不同的平面，m，n,/为不同的直线，则下列条件一定能得到相，力

的是()

A.a[yy=m,aly,0_LyB.ak(3,a[}/3=l,mH

C.nLa,J3,ml.aD.mLa

【答案】C

【解析】

【分析】

根据排除法，结合线面垂直的判定，可得结果.

【详解】在A中，因为aCly=m,所以

而2_17,〃2并不垂直于"内的所有直线，

所以"和“可能不垂直，故A错误；

在B中，加只垂直£内的一条直线，

所以不能推出加，力，故B错误；

在C中，因所以a〃月，

又加_La,所以根_LQ,故C正确；

在D中，由al_小4J_/,不能推出a〃夕，

所以由不能推出m」尸，故D错误.

故选：C

【点睛】本题主要是线面垂直的判定，属基础题.

5.已知函数/(x)=cos(2x+e)lM<?的图象关于点对称，为了得到函数

y=sin2x的图象，只需要将函数的图象().

7T7T

A.向左平移三个单位长度B.向右平移不单位长度

1212

7T

C.向左平移出个单位长度D.向右平移一个单位长度

66

【答案】B

【解析】

5兀由于同<],可得化简后可得71

【分析】首先由/=0,e=—(f(x)=sin2X+——

1212

再通过左加右减原理，即可得解.

5兀=cos(2x^+e)=0,

【详解】由题意得/

12

SirITTT

则—+e=+&兀(&£Z),得6=—2+&7T(&wZ),

623

由于网<-,所以夕=—二,

23

/、

cos(2x」］=sin小兀)兀71•c兀sin2(，

/(力=2x—+—sin2x+一

I3j32I6J

717T

故将/(x)=sin2X十一的图象向右平移一个单位长度后可得函数y=Sin2x的图象.

1212

故选：B

7.如图，在矩形ABCO中，AB=2AD=2a,E是AB的中点，将△AQE沿。E翻折至△AQE

的位置，使三棱锥4-CDE的体积取得最大值，若此时三棱锥4-CDE外接球的表面积为

1671,则〃=)

C.272D.4

【答案】A

【解析】

【分析】首先分析出何时三棱锥Ai-CQE的体积取得最大值，然后作出图形，找到球心与

半径，根据表面积列出方程，求解即可.

当平面ADEJ.平面CDE时，三棱锥A「8E的体积取得最大值，

因为48=24。=加,£是48的中点,所以4。=4£=兄。6=缶，4。2+4炉=。£；2,

所以为等腰直角三角形，因此取DE的中点P，连接4尸，

则4八。七，42=叵

2

因为平面AOE，平面CDE,且平面ADEn平面CDE=DE，所以OE_L平面CDE,

又PCu平面CDE,所以DE工PC,

又因为&52+。£；2=。。2,所以ACED为等腰直角三角形，因为EC=DE=缶,

所以PE=.,故PC=®L,所以4P2+。22=4。2=3/,

22

rr

又由4。2+4。2=。。2,所以△ACO为直角三角形，且ND41c=5，

取。。的中点。，连接。旦。4t，则有OE=QA=OC=O。，即。外接球的球心，则

OE,OA，OC，°D为球半径，所以16»=4»x/,即a=2.

故选：A.

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题的四个选项中，有

多项是符合题目要求的.全选对得5分，选对但不全得2分，有错误答案得0分）

9.已知复数2=（以第。+5抽。）+（（305£-5m二）1,则下列说法正确的是（）

A.ae（0,（1时，复数对应的点在第一象限内

B.若z是纯虚数，则a=把

4

C.复数z的模的最大值为2

D.复数z的模长为定值

【答案】AD

【解析】

【分析】z-y/2sin(a+5+cos(a+?i,判断sin(a+?J与cos(a+?)可判断

A,由纯虚数的定义可判断B,求出复数z的模求可判断CD

【详解】由cosa+sina=J^sin卜+卦cosa-sina=V2cos[0+?)，

:.z=6sina+—+cosa+—i

LI4；I4J

A：当时，a+故sin[a+(J>0,cos(a+?J>0,

复数z的模为忖=J(cosc+sine)2+(cosa-Sina)?=叵，故C错误，D正确；

故选：AD

11.如图，在直角梯形ABC。中，BC±DC,AE±DC,且E为CD的中点，M,N分别

是A£>,BE的中点，将三角形AOE沿AE折起，则下列说法正确的是()

A.不论。折至何位置(不在平面ABC内)，都有〃平面DEC；

B.不论。折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNJ.AE；

C.不论。折至何位置（不在平面ABC内），都有肱V〃AB；

D.在折起过程中，一定存在某个位置，使EC，4）.

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用平面几何知识得到四边形ABE。为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形,

利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案.

【详解】由已知，在未折叠的原梯形中，AB//DE,BEHAD,

所以四边形ABE。为平行四边形，所以BE=AD，

折叠后如图所示，过点M作“P//OE,交AE于点P，

平面。EC,DEu平面DEC,：.MP//平面DEC,连接NP,

因为M,N分别是A。,BE的中点，所以P为AE中点，故NP//AB//EC,

•.•NPe平面DEC,ECu平面DEC,.•.N。//平面。EC,

又MPCNP=P,；.平面MNP//平面DEC,

又MNu平面M/VP,，MN//平面DEC,故A正确；

由已知，AE±ED,AE±EC,所以AE_LA/P,AE_LNP,

又MPC\NP=P,"「，加匚平面时此^,隹工平面的务,

又MNu平面MNP,;.AE上MN,故B正确；

假设MN〃/W,则MN与AB确定平面MNBA,

从而BEu平面MNBA,AOu平面MNBA，这与BE和AO是异面直线矛盾，故C错误；

当。时，ECLAD,证明如下：

因为EC±EA,EC±ED,EAcED=E,EA,EDu平面ADE，

所以EC_L平面ADE，又AOu平面ADE,所以£C_LAO,故D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题考查了线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行

判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体

图形.

三.填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）

13,已知复数z满足|z+2-2i|=l,则|z—2—24的最小值为.

【答案】3

【解析】

【分析】可得|2+2—2力=1表示复数2对应的点在以（—2,2）为圆心，1为半径的圆上，

|z-2-2,[的最小值即为复数z对应的点到（2,2）的距离的最小值.

【详解】由|z+2—2z[=|z—（―2+2i）|=l可得复数z对应的点在以（一2,2）为圆心，1为半

径的圆上，

|z—2-2/1=上一（2+2。|表示复数2对应的点至42,2）的距离，

点（-2,2）到点（2,2）的距离为J（一2-2）2+（2-2）2=4,

则|z—2—24的最小值4-1=3

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|z+2-2i|=l表

示复数z对应的点在以（-2,2）为圆心，1为半径的圆上.

15.在AA8C中，若NA:NB=1:2,且NACB的平分线CO把AABC分成面积比为5：3

的两部分，贝ijcos4=.

【答案】f

6

【解析】

【分析】由A与B的度数之比，得到8=2A，且3大于A,可得出AC大于BC,利用角

平分线定理根据角平分线CO将三角形分成的面积之比为5:3,得到BC与AC之比，再利

用正弦定理得出sinA与sinS之比，将3=2A代入并利用二倍角的正弦函数公式化简，

即可求出cosA的值.

【详解】-：A-.B=\.2,即8=2A，

:.B>A，

/.AC>BC,

•・•角平分线CO把三角形面积分成5:3两部分，

,由角平分线定理得：BC:AC=BD:AD=3:5,

二由正弦定理旦=¥,得：当=],

sinAsinBsmB5

整理得：-^-=-S''"A=|,

sin2A2smAcosA5

【点睛】此题属于解三角形的题型，涉及的知识有正弦定理、角平分线定理以及二倍角的正

弦函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于基础题.

四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算

步骤.）

ZBAC=90",AB=AC=AA\.

（1）求证：平面小BG；

（2）若。为乱G的中点，求AO与平面4SG所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）近

3

【解析】

【分析】（1）若要证明线面垂直，只要证明该直线垂直于平面内的两条相交直线，结合图像,

利用线面关系即可得解;

（2）要求线面角的正弦值，先确定线面角，然后解三角形即可.

【详解】（1）证明：由题意知四边形A4由山正方形,

由AAiJ_平面AiBiG得AA\_LA|C|.

又：ACiJ_ABi,AAiC4Bi=Ai,

；.A।Ci_L平面AA\B\B.

又TABiu平面A41BB,.".AiCiJlABi，

又•.•BAmAidi,

；.ABiJ_平面AIBCI.

(2)连接4。设AB=AC=AAi=l.

平面ABICI,；./AQA是AO与平面48G所成的角.在等腰直角三角形48G中，

1日

。为斜边SG的中点，=".

22

在RtZXAiDA中，AO=Ji万7工调=日.

.♦.sin/AQA=44=旦，即4。与平面43G所成角的正弦值为逅.

AD33

【点睛】本题考查了立体几何的线面垂直的证明，考查了几何法求线面角的大小，有一定的

计算量属于中档题，本题的关键有：

(1)通过线面垂直关系得到线线垂直，从而得到线面垂直；

(2)几何法求线面角的关键是先确定线面角，进而解三角形计算.

19.在AABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知

csin26+26sinBcosC=2A/3Z?COSA.

(1)求角A；

(2)若a=4,求BC边上的中线A。长度的取值范围.

【答案】(1)A=y；(2)AZ)e(2,2G].

【解析】

【分析】(1)由正弦定理化边为角，化简可得sinA=6cosA,即可求出A；

(2)由余弦定理可得〃+02-16=儿，结合基本不等式可求出16</+。2W32,再由余

弦定理可得2AQ2="+C2一幺，即可求出范围.

2

【详解】(1)因为csin28+2Z?sin8cosC=2cosA，

所以2csinBcosB+2bsinBcosC=26力cosA.

由正弦定理可得2sinCsin3cos5+2sin3sinBcosC=2百sinBcosA.

因为sinBwO,所以sinCeos8+sinBcosC=GeosA，

即sin(B+C)=V3COSA,即sinA=GeosA,即tanA=G.

又A£((),»),所以A=g.

JI

(2)由(1)得4=~^,所以b?+C?—16=2/?ccosA=/?c.

因为。cX),所以。2+02—16X).

由基本不等式可得〃+C2-16<幺*，

2

所以从+C2«32,ttl6<Z?2+c2<32.

设NAD3=e,则02=+AD2-a-ADcos0)

所以2A£>2=/,2+C2-—

2

所以4VAA?412，所以AOe(2,20].

【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是化边为角得出

sinA=6cosA，由余弦定理结合基本不等式得出16Vb2+^<32.

21.如图，在多面体ABCDE尸中，四边形ABC。和CDEF均为直角梯形，AB//CD,

7T

CF//DE,且NCDE=/CDA=—,CD=AD=DE=AE=2AB=2CF=4.

2

E

(1)求证：BFHACE.

(2)求点E到平面ACE的距离.

【答案】(1)证明见解析；(2)述L

7

【解析】

【分析】(1)取OE中点G,如图，证四边形CDG/是平行四边形，进而得出

再证四边形ABFH是平行四边形得出BF//AH即可.

(2)根据(1)的结论再证OE_L平面A8CD,得出。石是点E到平面ABQD的高，

分别求出S.ASC和S.ACE，结合三棱锥等体积法即可求出点尸到平面ACE的距离.