【新教材】2020-2021学年人教A版(2019)高一数学下学期期末考试仿真模拟

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1.如图，OAB是水平放置的OAB的直观图，OAOB2，AOB45，则OAB的面积是（ ）

A. 2 【答案】C

B. 3 C. 4 D. 5

【解析】由斜二测画法可知，OAB的实物图如下图所示：

可知OA4，OB2，且AOB90，因此，OAB的面积为

124=4. 故选：C. 22.已知复数z1i（i为虚数单位），若abiz，则ab2020（ ） A．1 【答案】D

【解析】复数z1i，所以abiz1i，可得a1,b1， 所以ab20201(1)20202， 故选：D

3.在ABC中，BD2DC，AEED，则BE（ ）

B．0

C．1

D．2

15ACAB 3611C. ACAB

36A. 【答案】A

【解析】如图所示：

15ACAB 3611D. ACAB

36B. 

因为AEED，BD2DC， 所以BE1BABD， 212BAACAB， 2315ACAB， 故选：A 361 104.某兴趣小组有3名男生和2名女生，现从中选2人参加公益活动，则至少选中一名女生的概率为（ ） A.

B.

3 10C.

7 10D.

9 10【答案】C

C510个结果，至少选中一名女生有C2C3C27个结果，所【解析】由题知从此兴趣小组中任选2人参加公益活动共有

211C2C3C27.故选：C 以至少选中一名女生的概率为2C5105.已知平面,和直线l，则下列说法正确的是（ ） A．若l//,l//，则// C．若l,l，则 【答案】C

【解析】对于A选项，若l//,l//，则//或相交，故A选项不正确； 对于B选项，若l//,l，则//或相交，故B选项不正确；

对于C选项，若l,l，则，为面面垂直的判定定理，故C选项正确；

B．若l//,l，则// D．若l,l，则

对于D选项，若l,l，则//，故D选项不正确. 故选：C.

6.设为实数，已知向量m1,2,n1,.若mn，则向量m2n与m之间的夹角为（ ） A.

 4B.

 3C.

2 3D.

3 4【答案】A

【解析】由题意由mn，可得120，解得

11，所以n13，所以，，则m2n1，22m2nm11232，因为所以向量m2nm2n，m0，，cosm2n，mm2nm2105与m之间的夹角为

，故选：A. 4a（ ） b7.在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，已知bcosCccosB2b，则A. 23 【答案】B

【解析】由正弦定理：

B. 2

C.

2 D. 1

bc2R，又bcosCccosB2b sinBsinC得到sinBcosCsinCcosB2sinB，即sin(BC)2sinB 在ABC中，ABC

故sin(A)2sinB，即sinA2sinB 故

asinA2 故选：B bsinB8.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.若四棱锥PABCD为阳马，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，AB2，AD4，二面角PBCA为60°，则四棱锥PABCD的外接球的表面积为（ ） A．16 【答案】D

【解析】因为PA平面ABCD，底面ABCD为矩形， 所以PABC，ABBC，所以BC⊥平面PAB，

所以BCPB，所以PBA即为二面角PBCA的平面角，即PBA60，

B．20

C．

64 3D．32

所以PAABtan6023，

将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为4、2、23的长方体，如图，

该长方体外接球的半径

r24223222222，

所以该球的表面积S4r422232，

所以四棱锥PABCD的外接球的表面积为32. 故选：D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9.某人退休前后各类支出情况如下，已知退休前工资收入为8000元/月，退休后每月储蓄的金额比退休前每月储蓄的金额少1500元，则下面说法正确的是（ ）

A. 此人退休前每月储蓄支出2400元

B. 此人退休后的旅行支出是退休前旅行支出的3倍 C. 此人退休工资收入为6000元/月

D. 此人退休后的其他支出比退休前的其他支出少

【答案】ACD

【解析】由图可知此人退休前储蓄为8000×0.30=2400（元），故选项A正确；此人退休前的旅行支出为8000×0.05=400（元），退休后的收入为

240015006000（元），退休后的旅行支出为6000×0.15=900（元），

0.15则选项B错误，选项C正确；退休后的其他支出为6000×0.25=1500（元），退休前的其他支出为8000×0.2=1600（元），则选项D正确；故选：ACD.

10.对于ABC，有如下命题，其中正确的有（ ） A．若sin2Asin2B，则ABC为等腰三角形 B．若sinAcosB，则ABC为直角三角形

C．若sin2Asin2Bcos2C1，则ABC为钝角三角形 D．若AB3，AC1，B30，则ABC的面积为【答案】CD 【解析】对于A：

33或 42sin2Asin2B，2A2B或2A2B，

AB或AB对于B: 对于C：

2，所以ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；

sinAcosB，AB2或A2B，所以ABC不一定是直角三角形，故B错误；

sin2Asin2Bcos2C1，sin2Asin2B1cos2Csin2C，

222a2b2c2由正弦定理得abc，又cosC0，所以角C为钝角，所以ABC为钝角三角形，

2ab故C正确； 对于D:

AB3，AC1，B30，sinCABsinB3，又ABAC， AC2C60或120，A90或30，SABC故选：CD

133或，故D正确. ABACsinA22411.如图所示，在长方体ABCDA1BC11D1，若ABBC，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论中成立的是（ ）

A. EF与BB1垂直

C. EF与C1D所成的角为45 【答案】ABD

B. EF平面BDD1B1 D. EF//平面A1B1C1D1

【解析】连接A1B、AC11、A1B的中点， 1D，则E为A

对于A选项，

BB1平面A1B1C1D1，AC11平面A1AC11， 1B1C1D1，BBE、F分别为A1B、BC1的中点，则EF//AC11，EFBB1，A选项正确；

对于B选项，又

B1D1， 四边形A1B1C1D1为正方形，则AC11AC11BB1，B1D1BB1B1，AC1B1， 11平面BDDEF//AC11，EF平面BDD1B1，B选项正确；

对于C选项，易知AC11D为等边三角形，则AC11D60，

EF//AC11，则EF与C1D所成的角为AC11D60，C选项错误；

对于D选项，

EF//AC11，EF平面A11平面A1B1C1D1，AC1B1C1D1，EF//平面A1B1C1D1，D选

项正确. 故选：ABD.

12.引入平面向量之间的一种新运算“”如下：对任意的向量mx1,y1，nx2,y2，规定

mnx1x2y1y2，则对于任意的向量a，b，c，下列说法正确的有（ ）

A．abba C．a(bc)(ab)c 【答案】ABD

【解析】A．因为abx1x2y1y2,bax2x1y2y1，所以abba，故正确；

B．(a)b(ab) D．|a||b||ab|

C．abcxxyya,abcxx2323B．因为abx1x2y1y2x1x2y1y2ab，故正确；

12y1y2c，此时abcabc不恒成立，故错

误；

D．因为|a||b|2xyxy21212222222222x12x2y12y2x12y2x2y1，

22|ab|2=x12x2y12y22x1x2y1y2，

所以|a||b||ab|0，且|a||b|0，|ab|0，所以|a||b||ab|，故正确，

所以|a||b|2222|ab|2x12y2x2y12x1x2y1y2x1y2x2y10，

222故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.已知a为整数，复数z1iai，复数z在复平面内对应的点在第三象限，则z______. 【答案】2 【解析】复数1iaia1a1i，

a10若复数在复平面内对应的点在第三象限，则，解得1a1，

a10又a为整数，则a0，z1ii1i，z2。故答案为：2

14.如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形

内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为_______．

【答案】23 【解析】由题意，某中螺帽是由一个半径为R=2的半球体挖去一个正三棱锥P-ABC构成的几何体， 该正三棱锥P-ABC的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上， 设BC的中点为D，连结AD，过点P作PO平面ABC，交AD于点O， 则AO=PO=R=2，AD=3，AB=BC=23，

123333， 211所以挖去的正三棱锥的体积为VSABCPO3322333所以SABC.

15.已知ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若___________;a的最小值为___________． 【答案】

a3b，ABC的面积S3，则AcosAsinB 2 3【解析】因为

a3bsinA3sinB，由正弦定理可得3，即tanA3，

cosAsinBcosAsinB又由A(0,)，所以A， 3又因为S1bcsinA3，即1bc33，解得bc4， 222222由余弦定理可得abc2bccos3b2c2bc2bcbcbc4，

当且仅当bc2时等号成立，

所以a24，所以a2. 故答案为：

，2. 316.已知点P在边长为4的等边三角形ABC内，满足APABAC，且231，延长AP交边BC于点D，若BD＝2DC，则PAPB的值为_______． 【答案】9 4【解析】A，P，D共线，不妨令AP3mAD，又BD2DC，

BAAD2AD2AC即AD又

12ABAC， 331APAD，APmAB2mACABAC， 3m12118APABAC， 因此8423114则PBABAP71ABAC，故 841171PAPB(ABAC)(ABAC)848422731731199[ABABACAC]=161616． 故答案为：.

464161664162164四、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．

17.在复平面内，复数za2a2(a23a4)i （其中aR）. （1）若复数z为实数，求a的值； （2）若复数z为纯虚数，求a的值；

（3）对应的点在第四象限，求实数a的取值范围． 【答案】（1）a1或4；（2）a2；（3）2,4 【解析】（1）因为复数z为实数，所以a23a40， 所以a1或4；

a2a20（2）因为复数z为纯虚数，所以2，

a3a40所以a2

a2a20（3）因为z对应的点在第四象限，所以2

a3a40解不等式组得，2a4， 即a的取值范围是2,4.

E，18.已知e1,e2 是平面内两个不共线的非零向量，AB2e1e2,BEe1e2,EC=2e1e2，且A，C三点共线． （1）求实数λ的值；

（2）若e12,1,e22,2，求BC的坐标；

（3）已知D3,5，在（2）的条件下，若A,B,C,D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标． 【答案】（1）3；（2）(－7，－2)；（3）(10，7)． 2【解析】（1）AEABBE2e1e2e1e2＝e11e2. 因为A，E，C三点共线，

所以存在实数k，使得AE=kEC，

即e11e2k2e1e2，得12ke1k1e2. 因为e1,e2是平面内两个不共线的非零向量， 所以12k013解得k,λ.

22k101e26,31,17,2． 2（2）BEEC3e1（3）因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，所以ADBC.

5y， 设A(x，y)，则AD3x，因为BC7,2，所以即点A的坐标为(10，7)．

19.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，BCD120，侧面PAB⊥底面ABCD，

3x7x10解得

5x2y7PB22，ABACPA2.

（1）求证：BD平面PAC

（2）过AC的平面交PD于点M，若VM—PAC【答案】（1）见解析；（2）

1VP—ACD，求三棱锥PAMB的体积． 23． 3【解析】（1）证明：由题意PA2AB2PB2， 所以BAP90，则PAAB，

又侧面PAB底面ABCD，面PAB面ABCDAB，PA面PAB， 则PA面ABCD．

BD面ABCD，则PABD，又因为BCD120，ABCD为平行四边形，

则ABC60，又ABAC，

则ABC为等边三角形，则ABCD为菱形，则BDAC． 又PAACA，则BD面PAC．

1VPACD，则M2PB中点，

（2）由VMPAC由ABAC2，BCD120，得BD23． 因此VPAMBVMPAB1VDPAB1VPABD11323. 2223320.21.为了贯彻落实中央､省､市关于新型冠状病毒肺炎疫情防控工作要求，积极应对新型冠状病毒疫情，切实做好2020年春季开学工作，保障校园安全稳定，普及防控知识，确保师生生命安全和身体健康.某校开学前，组织高三年级800名学生参加了“疫情防控”网络知识竞赛(满分150分).已知这800名学生的成绩均不低于90分，将这800名学生的成绩分组如下：第一组90,100，第二组100,110，第三组110,120，

,，第五组130140,，第六组140,150，得到的频率分布直方图如图所示. 第四组120130

（1）求a的值并估计这800名学生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；

（2）该校“群防群控”督查组为更好地督促高三学生的“个人防控”，准备从这800名学生中取2名学生参与督查工作，其取办法是：先在第二组､第五组､第六组中用分层抽样的方法抽取6名学生，再从这6名学生中随机抽取2名学生.记这2名学生的竞赛成绩分别为x､y.求事件【答案】（1）a0.035，120；（2）

xy20的概率.

7 15【解析】（1）由频率分布直方图可知(0.01020.025a0.0150.005)101， 解得a0.035，

这800名学生数学成绩的平均数为：

950.010101050.010101150.025101250.035101350.015101450.00510120；

（2）由题意可知：第二组抽取2名学生，其成绩记为A，B，则100A，B110； 第五组抽取3名学生，其成绩记为C，D，E，则130C，D，E140； 第六组抽取1名学生，其成绩记为F，则140F150； 现从这6名学生中抽取2名学生的成绩的基本事件为：

A,B，A,C，A,D，A,E，A,F，B,C，B,D，B,E，B,F，

C,D，C,E，C,F，D,E，D,F，E,F共15个.

其中事件

xy20包含的基本事件为：A,B，C,D，C,E，C,F，D,E，D,F，E,F共7个；

记“这2名学生的竞赛成绩分别为x､y，其中

xy20”为事件M，则PM7. 1521.在①tanB2tanC，②3b2a212，③bcosC2ccosB三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解决该问题.

问题：已知ABC的内角A,B,C及其对边a,b,c，若c2，且满足___________.求ABC的面积的最大值(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 【答案】条件选择见解析；最大值为3.

【解析】选择条件①：因为tanB2tanC，所以sinBcosC2sinCcosB， 根据正弦定理可得bcosC2ccosB，

a2b2c2a2c2b2由余弦定理得：b， 2c2ab2ac又由c2，可得3b2a212，

b2c2a28b2根据余弦定理得cosA， 2bc2b则sinA1cos2A18b4b222220b2b464，

2b422所以SABCb1036， 120bb64bcsinAb22b2所以当且仅当b210时，ABC面积取得最大值，最大值为3. 选择条件②：因为3b2a212，

b2c2a28b2由余弦定理得cosA， 2hc2h所以sinA1cos2A18b24b21220b2b164，

2b2SABCb21036， 120bb64bcsinAb22b22所以当且仅当b210时，ABC面积取得最大值，最大值为3. 选择条件③：因为bcosC2ccosB，

a2b2c2a2c2b2由余弦定理得：b， 2c2ab2ac因为c2，可得3b2a212，

b2c2a28b2又由余弦定理得：cosA， 2bc2b所以sinA1cos2A18b24b2220b2b464， 2bb21036，

2120bb64SABCbcsinAb22b22所以当且仅当b210时，ABC面积取得最大值，最大值为3.

22.如图，已知长方体ABCDA直线BD与平面AAB1B所成的角为30°，AE1BC11D1，AB2，AA11，垂直BD于E．

（1）若F为棱A1B1上的动点，试确定F的位置使得AE//平面BC1F，并说明理由； （2）若F为棱A1B1上的中点；求点A到平面BDF的距离；

（3）若F为棱A1B1上的动点（端点A，求二面角FBDA的大小的取值范围． 1，B1除外）【答案】（1）

B1F125，证明见解析；（2）；（3）,．

B1A13542B1F1时，AE//平面BC1F，证明如下： B1A13【解析】（1）

延长AE交CD于M.

因为AD平面ABB1A1，所以DBA是直线BD与平面ABB1A1所成的角，即DBA30，所以

ADABtan3023． 32， 3由AEBD，所以DAE30，DMADtan30在C1D1上取点N，使得D1N2，连接MN,A1N， 3∵

B1F124，则B1F，A1FC1N，又A1F//C1N，∴A1FC1N是平行四边形， A1N//FC1， B1A1333D1NDM,D1N//DM，D1NMD是平行四边形，

∴MN//DD1//AA1,MNDD1AA1，∴A1AMN是平行四边形，∴AM//A1N

∴AM//C1F，又AM平面BC1F，C1F平面BC1F，∴AM//平面BC1F，即AE//平面BC1F．

（2）S△ABD1232312323，VFABD1， 22333394330，DF，∵BF2FD2BD2，∴BFDF， 33由长方体性质可得BF2，BD∴S△BDF13015，设A到平面BDF的距离为h，则由VABDFVFABD得 22331152325，∴h． h3395（3）作FPAB，垂足为P，作PQBD于Q，连接FQ，则FP平面ABCD，BD平面ABCD，∴FPBD，同理FPPQ， ∵FPPQP，FP,PQ平面FPQ，∴BD平面FPQ，

而FQ平面FPQ，∴BDFQ，∴FQP是二面角FBDA的平面角， 设B1Fx，(0x2)，则由BB1FP是矩形得BPx，FPBB11， 则PQBPsin301x， 2∴tanFQPFP2(1,)，FQP是锐角，∴FPQ,． PQx42,． 42∴二面角FBDA的范围是