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.若向量丽=(2,3),XC=(-4,-7),则前=()

A.(-2,-4)B.(2,4)C.(6,10)D.(-6,-10)

【答案】A

【分析】

由向量加法的坐标运算计算.

【详解】

BC=BA+AC=(2,3)+(-4,-7)=(-2,-4).

故选：A.

2.已知复数z满足反=1一》(，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】

因为反=1一i，

则z在复平面内对应点的坐标为(-1,-1),

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AABC是按"斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中8，。，=<7。，=1,A0=昱,那么

2

原AABC的面积是（）

A.6B,20

C.BD.史

24

【答案】A

【分析】

先根据已知求出原AABC的高为A0=6,再求原AABC的面积.

【详解】

由题图可知原AA8c的高为4。=百，

SAZ（BC=~xBCxOA=—x2x,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［50［50］中，其频率

分布直方图如图所示.已知在［50,75）中的频数为100,则〃的值是（）

A.500B.1000C.10000D.25000

【答案】B

【分析】

根据频率分布直方图可得在［50,75）中的频率，进而可得〃.

【详解】

由图可得在150,75）中的频率为0.004x25=0.1,

所以〃=W2=1000,

0.1

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（）

一481144乃

A.127TB.16nc.----D.---------

55

【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彳仝B。，再利用圆

锥体枳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,

RMABC中，AB=4,BC=3,AC=5，

ABBC4x312加向博士

由R/AABC的面积S'=LA8BC=LACB。，得BO=--------=-----=一，即圆锥底面面积

22AC55

S=兀-BO1=匕色,

25

又上面圆锥体积为K=-SAO,下面圆锥体积为％=^S-OC,

33

|11|44^-AQjr

故几何体的体积丫=乂+匕=匕=—S・(49+0C)=§S.AC=1X；—x5=，一.

故选：c.

71271

6.已知(一,TI),并且sina+2cosa二一，则tan(ad—)=()

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cosa-2sina=-不，再结合已知等式作商可求得tana,

由两角和与差的正切公式计算即可得解.

【详解】

24

由sina+2cosa=-,得sin2a+4sinacosa+4cos2a=—,

525

4

所以(l-cos2。)+4sinacosa+4(1-sin2a)=­,

25

121

整理得cos2a-4sinacosa+4sin2a=-----，

25

…121

所以(cosa-2sina)2=-----,

71sincr>0

因为(―,n),所以<

2cosaVO

所以cosa-2sina=------,又sina+2cosa=—,

55

一724

所以cosa-----,sina-——,

25

24

所以tana=----,

7

一71tano+1

所以tan(ad—)

1-tana

故选:A.

【点睛】

211

关键点点睛：由sina+2cosa=一推出cosa-2sina=------是本题的解题关键.

7.已知点G是A4BC的重心，AG=AAB+e7?),若NA=120°，ABAC=-2'则|而|的

最小值是

V2_23

A也B.C.一D.-

3~T34

【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I而I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前亚=g(而+恁),

•••ZA=12(r,AB-XC=-2,

根据向量的数量积的定义可得福•而=同X|蔗|Xcos120°=—2,

设jA3卜X,|AC|-y,则|AB|X|AC|-xy=4,

当且仅当“=y，EP|AB|=|AC|,AABC是等腰三角形时等号成立.

综上可得|而|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o+b+c=l,则标+^^+而儿的取值范围是()

13i「13n131

L272j|_272J2752

【答案】B

【分析】

记/[a,b,c)=a2+b2+c2+4abc,贝ij/(a,b,c)=l-2ab-2c(a+b)+4abc,再根据三角形边长性质可以证得f(a,b,

(1C)

c)<L.再利用不等式和已知可得ab”(史21=g二立，所以/(a,b,C)>1-2x~~(l-2c)-2c(l

2I2J44

ii13

3

-C)=C--/+-,再利用求导根据单调性可以推得O2+b2+c2+4obc..._,继而可以得出结果.

2227

【详解】

记/(a,b,c)=a2+b2+c2+4abc,则

f(a,b,c)=l-2ab-2c(a+b)+4abc

=1-20b(1-2c)-2c(l-c)

=2(c+ab)2-202b2-2(ab+c)+l

=2[c+ab-]2-202b2+；

—2(c+cib----Fcth)(c+ah-----ah)H—

222

=2(c+lab-、)(c-1)+g

222

=2(1-«-/?+2aZ?--)(c--)+—

222

=2(--tz-Z?+2ab)(c--)+—

222

“1ab〜1、1

42222

=4(c-g)(a-y)(b-g+J，

又。，b,c为AA8c的三边长，

所以1-2。>0,1-2b>0,1-2c>0,

所以/(a,b,c)<—.

2

另一方面f(a,b,c)=l-2ab(l-2c)-2c(l-c),

由于Q>0,fa>0,

所以血=(17,

又1-2c>0,

所以/(a,b,c)>l-2x(1-C)(l-2c)-2c(l-c)=e3--e2+-,

422

不妨设。泌“，且a，b,c为△ABC的三边长，

所以0<c〈乙

3

.191

令片c'-----c~+—,则y'=3c2-c=c（3c-l）<0,

22

而z_1iflY1_13

以/min-———d----------,

J/T272⑴227

从而成Vf（Q—C）.

当且仅当a=b=c=-时取等号.

3

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3个白球和4个黑球，从中一次摸出3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.已知心B是平面上夹角为笄的两个单位向量，5在该平面上，且伍则下列结论

中正确的有()

A.\a-\-b\-\B.\a-b\-y/3

C.\c\<y/3D.a+b>1的夹角是钝角

【答案】ABC

【分析】

2冗

在平面上作出函=[,OB=b，|04|=|OB|=1,NA05=T，作反=",则可得出C点在以A8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：|万+5|=同x^xcos等=1,故A正确；

对于B：设砺=£,丽=5,|Q4|=|O却=1,ZAOB=y，则\ABf=Ofic+OB'-2OA.OBcos与=3,

即忖一耳=百，故B正确；

OC=c>由(Z-c)-(b-2)=0得BC_LAC,点C在以AB直径的圆上(可以与AB重合).设A3中点

是M，

「卜|OC|的最大值为\0M\+=号+增=；+*<0，

故c正确;

Z+B与诉同向，由图，而■与之的夹角不可能为钝角•故D错误.

故选：ABC.

C

8

【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，作出砺=£，OB=b，

OC=c＞确定C点轨迹，然后山向量的概念判断.

11.如图，在棱长为1的正方体ABC。—44GA中，p,M，N分别为棱CG，CB,CO上的动点（点

P不与点C,G重合），若CP=CM=CN,则下列说法正确的是（）

4

A.存在点P,使得点儿到平面的距离为一

3

B.用过P,M，A三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形

C.BD]〃平面PMN

D.用平行于平面PMV的平面C去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为3&

【答案】ABD

【分析】

A.根据条件分析出从到平面尸的距离的取值范围，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P,M，9三点的截面，并进行判断;

C.根据BA与平面BCQ的位置关系，以及平面的与平面BC,D的位置关系进行判断;

D.先利用平行关系作出截面a,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AG，5C1，Aa6£>6。，4。中。,如图所示:

因为CP=CM=aV,所以易知MN//BDNP//CQ,MP//8G，且平面例NP//平面5a。,

又已知三棱锥4-8G。各条棱长均为、历，所以三棱锥A-8G。为正四面体，

所以A到平面的距离为：J（、历了一y^x73x|=竿，

因为A4J•平面BCC4,所以乂8C|_L3C，且A耳

所以平面ABC，又ACu平面Age，所以8GA4C,

同理可得C,r>±A.C,且BC|CC|。=£,所以4。，平面BCQ,

又因为所以A到平面PMN的距离e1竿，百，旦<g（百，故正确；

B.如图所示，连接2P并延长交QC的延长线于。点，连接QM并将其延长与AO相交于A'，

CPCMCQ,

因为CP=CM，旦CP//DD\,CMUAD,则右_=中=/，所以D4'=DD1,所以A'即为A,

DLJ、JLZ/IDy.

连接AR,

所以过P，M.A的截面为四边形AD|PM,

由条件可知MP//8G，8G//A。，且所以四边形AOfM为梯形，故正确;

C.连接由A可知平面MVP〃平面BCQ,

又因为Be平面BCQ.D,e平面BCQ,所以8?不平行于平面BCQ,

所以//平面PMN不成立，故错误;

D.在8片上取点过点<作《6//MP交用G于鸟，过鸟作EN"/MN交G2于M，以此类推,

依次可得点'2，"1,〃2,此时截面为六边形，

根据题意可知：平面R4N1N2MlM2//平面MNP,

不妨设所以片区=6N=N2M=3x，所以6鸟=耳乂=M％=血(1一力，

所以六边形的周长为：3[&x+0(l—x)]=30,故正确；

【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AABC中，角4B、C的对边分别为a、b、c,且a=2,sin3=2sinC,有以下四个命题中正确

的是（）

A.满足条件的△A3C不可能是直角三角形

4

B.△MC面积的最大值为一

3

C.当A=2C时，△ABC的周长为2+2ji

D.当A=2Cff寸，若。为AABC的内心，则AAOB的面积为避二1

3

【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AABC为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得AAOB的面积

【详解】

对于A,因为sinB=2sinC,所以由正弦定理得，b=2c，若。是直角三角形的斜边，贝U有4=/,

即4+/=公2,得c=2叵，所以A错误；

3

对于B,以的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则设

因为匕=2c,所以+n2_21（加+1）2+/,

化简得（〃+g）2+〃2=与，所以点A在以（一|,0）为圆心，g为半径的圆上运动,

144

所以△A6C面积的最大值为一x2x-=—,所以B正确；

233

对于c,li]4=2C,可得3=%一3。，由sin5=2sinC得/?=2c,

b

由正弦定理得,,即-----------=-----

sinBsinCsin(i—3C)sinC

所以sin3c=2sinC,化简得sinCcos2C+2cos2CsinC=2sinC，

3

因为sinCrO,所以化简得3$29。=一，

Fi1

因为方=2c,所以5>C,所以cosC=9•，则sinC=—,

22

7T7T7T

所以sinB=2sinC=l,所以3=」，C=上,A=作，

263

rpiAlo由2>/34\/3

囚为。=2,1力以c=-----,b=------，

33

所以AABC的周长为2+2百，所以C正确;

TT%A=g,c=空,b=型,

对于D,由C可知,△ABC为直角三角形，且8=一

26333

1(2,34V3।V3

所以△ABC的内切圆半径为〃=彳2H—-------=1——,

23373

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z?+3为纯虚数，则2=.

【答案】l+2i（答案不唯一）.

【分析】

设2=。+例（«,岳口）），代入计算后由复数的定义求解.

【详解】

设2=。+沅（。，beR,历之）），则z2+3=a2_b2+3+2abi，因为z?+3为纯虚数，所以从=—3

且ab^O.

任取不为零的实数。，求出。即可得，答案不确定，如z=l+2i,

故答案为：l+2i.

14.棱长均为1的正四棱锥，该正四棱锥内切球半径为耳，外接球半径为凡，则分的值为

【答案】立二1

2

【分析】

对角线ACc3£>=q,设外接球球心为。，外接球球心到各顶点距离相等列出关于用的方程可得用,利

用"体积法”可得%,进而可得结果.

【详解】

设外接球球心为。，尸«=卜］等

如图所示，对角线ACcBD=O1,

、2、2，解得名=辛

则此=--R,+—

2।2J2

7

内切球半径R1满足1;xR[xl+4x；xlxlxklx也,

332

解得舄=

2(1+73)1

于是鼠—k艮之

&2（1+V3）2

故答案为：避二1

2

S

15.在MBC中，设角4B,C对应的边分别为。力4，记ZkABC的面积为5,且4a?=〃+，则一•的

a

最大值为

【答案】叵

6

【分析】

根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化筒为二次函数，求出二次函数的最值即可.

【详解】

由题知4/=/?24-2c2=>Z?2=4a2-2c2=a2+c2-laccosB，

整理得2«ccosB=-3a2+3c2ncosB=

2ac

、2

1.八

—acsmB222

csinBc(1-cosB

因为2______

2a4a2

7

sV(c4/)

代入COSBJS二f）整理得9-^-22—+9

令/=之，有

H)

<s<Vio

一记=/一7-

所以之的最大值为®

故答案为：叵

6

【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，设而=力通+〃/，若止=24F，则可以推出义+〃=.

12

【答案】—

13

【分析】

利用建系的方法，假设工产=1，根据NAD5=120°，利用余弦定理可得AB长度，然后计算

cosZDA5,sinZDAB,可得点。坐标，最后根据点坐标，可得结果.

【详解】

设AF-1>则A。=3,BD=AF=1

如图

由题可知：ZADB=120°.

由AB2=AD2+BD2-2AD-BD-cosZADB

所以AB=JT5，则AC=AB=JI5

所以B（小,o）,c（孚，号）

,A(0,0)

又一£V39

——=sinNBA。

sinZBADsinZADB~26~

所以cosABAD=Vl-sin2ZfiAZ)=

26

所以D(ADcos/BAD,ADsinABAD)

即。

所以才力=，福=（后,0）

，叵V39

AC=

Z.AD—AAB+fjAC

21V13=屈；1+巫〃I

所以《262n13

3国3

〃二—

,26r13

所以4+〃=—

13

12

故答案为：—

13

【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.

0.040

0.025

0.020

0.010

0.005

（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［30,40）、［40,50）,它们的频率之和，即为该校学牛.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［20,30）,则众数为竺±22=25；

2

（2）由图知：不少于30小时的区间有［30,40）、［40,50）,

/.该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率P=0.03x10=0.3.

【点睛】

本题考查了根据直方图求众数、概率，应用/众数的概念、频率法求概率，属于简单题.

2

18.(12分)已知复数2=。+，(。＞0,i为虚数单位，且复数Z+—为实数.

z

(1)求复数Z；

(2)在复平面内，若复数(m+以对应的点在第一象限，求实数m的取值范围.

【答案】(1)z=l+i；(2)(0,+8).

【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=o+i(a>0),

22

所以zH—=a+i-\-----

za+i

=o+i+-7------V7---------

2a-2i

/+1

22

由于复数z+一为实数，所以1—f—=0,

za+1

因为。＞0,解得。=1,因此，z=l+i.

(2)由题意(m+z)2=(m+l+i)2

=(m+l)2—1+2(?77+l)/=(m2+2m)+2(m+l)/,

m2+2m>0

由于复数(m+z)2对应的点在第一象限，则〈7八，解得m>0.

2(m+l)>0

因此，实数m的取值范围是(0,+oo).

19.(12分)已知函数/(%)=—sin2x+cos2%

2

(1)求f(x)的最小正周期及/(x)的图象的对称轴方程;

(2)若尤w[—£],求/(X)的取值范围.

44

【答案】⑴最小正周期为四，对称轴方程为*=看+如，ZeZ；(2)[[言，1】•

【分析】

jr1

(1)将/(x)化为/(x)=sin(2x+—)+—,然后可求出答案；

62

(2)由ff]可得2工+二£[---，~~\»然、可得答案.

44633

【详解】

(1)f(x)=sin2x4-cos2x

V3.八1+cos2x

=——sin2xH------------

22

—sin(2xH—)H—,

62

・•・/(x)的最小正周期r=§=万，

令21+工=工+々万，ZwZ，可得X=f+1版•，攵eZ,即/(X)的图象的对称轴方程为x=2+1依•，左eZ.

626262

(2)-：xe[--,—],

44

c71712冗、

2%H---G[r-----,----]，

633

/.sin(2x+—)e[-，I，可得/(x)=sin(2x+工)+上£[^——»：]・

626222

【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△ABC的内角A,B,。的对边分别为。，。，C,且

,,asinA-Z?sinB-csinC八

4ccosA+-----------------------------=0.

cosAsinB

(1)求A；

(2)若”>c,求巴女的取值范围.

c

TT

【答案】(1)A=—；(2)(2,+oo).

3

【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cosA=J,从而可得角A：

2

（2）先由题中条件，得到再由正弦定理将所求式子化为sm*+sm',进而转化为关于。的

kiJsinC

函数，即可求出结果.

【详解】

2,22

（1）由条件与正弦定理可得，4ccosA+"一"一°=0,

/?cosA

即4ccosA♦=o,

bcosA

「—Eg/2/?ccosAc

由余弦定理得，4ccosA4-------------=0,

bcosA

所以2cosA-1=0,即cosA=—.

2

TT

由0<A</r得，A=—

3

(2)由可知，Ce[o,yj.

由正弦定理可知,

V3.

..-----Fsin3+且cosc+kinc

〃_sinA+sinB_23J_222

csinCsinCsinC

161+cosC1732cos2

=—I-----------------=—I----------------------

22sinC22.CC

o2sin—cos—

22

1也1

——।------------

22C

tan—

2

又知色(o总，所以tan?e[o,等]，所以空e>2,

故—的取值范围为(2,+00).

C

【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a+匕，ab,/+〃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AAOB中，。是边0B的中点，C是边OA上靠近点。的一个三等分点，AO与8C

交于点M.设OA=a，OB=b-

(1)用a，h表示OM-

__—.-12

(2)过点"的直线与边OA,0B分别交于点E，尸.设OE=pa,OF=qb,求一+一的值.

pq

---1-2-12

【答案】(1)OM—-a-\—b(2)—I——5

55pq

【分析】

(1)设丽=+利用A，M-。三点共线和C，M.B三点共线可以得出的两个方程,

然后解出即可

(2)利用的，乔共线即可推出

【详解】

(1)设=+则AM=OAf-OA=(x-l)OA+yO6=(x-l)a+yB,

♦：A,M,。三点共线，