【文档说明】人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷五（解析版）.doc，共(16)页，686.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷五一、单项选择题1.cos20cos10sin20sin10=（）A.sin10B.cos10C.12D.32【答案】D【解析】【分析】利用两角和的余弦公式的逆应用直接求解即可.【详解】cos20cos10sin20sin10

=3cos2010cos302.故选：D【点睛】本题考查了两角和的余弦公式，需熟记公式，属于基础题.2.已知向量1,2a，1,0b，3,4c，若为实数，bac，则的值为（）A.311B.113C.

12D.35【答案】A【解析】【详解】因为(1,2)ba，3,4c且bac，所以0bac，即3(1)80，所以311.故选：A．考点：1、向量的

加法乘法运算；2、向量垂直的性质．3.命题p：“向量a与向量b的夹角为锐角”是命题q：“0ab”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】本题首先可根据“向量a与向量b的夹角为锐角”证得“0ab”得出命题p是命

题q的充分条件，然后通过“0ab”不能证得“向量a与向量b的夹角为锐角”得出命题p不是命题q的必要条件，即可得出结果.【详解】当向量a与向量b的夹角为锐角时，因为夹角为锐角，所以cos0，cosθ0abab?鬃>，故命题p

是命题q的充分条件，若0ab，则cosθ0ab鬃>，090，故命题p不是命题q的必要条件，综上所述，命题p是命题q的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判定，给出命题若p则q，如果p可以证得q，则p是q的充分条件，若果q可以证得p，则

p是q的必要条件，考查推理能力，是简单题.4.下列四个命题中正确的是（）①如果一条直线不在某个平面内，那么这条直线就与这个平面平行；②过直线外一点有无数个平面与这条直线平行；③过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；④过空间一点必存在某个

平面与两条异面直线都平行．A.①④B.②③C.①②③D.①②③④【答案】B【解析】【分析】①可由空间中直线与平面的位置关系判断；②③可由直线与平面平行的性质判断；④可用排查法判断．【详解】空间中直线与平面的位置关系有相交，平行与直线在平面内①错误，直线还可能与平面相交②正确③正确因为过平面外一点

有无数条直线与这个平面平行，且这无数条直线都在与这个平面平行的平面内．④不一定正确,当点在其中一条直线上时，不存在平面与两条异面直线都平行.故选B.【点睛】本题考查空间中的直线与平面的位置关系，属于简单题．5.已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为5，则该正四棱

锥的体积为()A.43B.23C.43D.433【答案】D【解析】【分析】求出正四棱锥的高后可求其体积.【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为22，故正四棱锥的高为523h，所以体积为1434333，故选D.【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它

们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.6.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EBA.3144ABACB.1344ABACC.3144ABACD.1344ABAC【答案】A【解析】【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向

量的特征，求得1122BEBABC，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到BCBAAC，之后将其合并，得到3144BEBAAC，下一步应用相反向量，求得3144EBABAC，从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得11111122242

4BEBABDBABCBABAAC1113124444BABAACBAAC，所以3144EBABAC，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、

共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.7.若3cos22sin()4，(,)2则sin2的值为()A.429B.529C.79D.79【答案】C【解析】【分析】先利用二倍角

公式和辅助解公式将3cos22sin()4化简为223(cossin)2(cossin)，再约分后平方，可得结果【详解】解：因为3cos22sin()4，所以3cos22

(sincoscossin)2(cossin)44，223(cossin)2(cossin)，3(cossin)(cossin)2(cossin)，因为(,)2，所以cossin0，所以3(cossin)2，所

以2cossin3，两边平方得，212cossin9所以7sin29，故选：C【点睛】此题考查正余弦的二倍角公式，辅助角公式，同角三角函数的平方关系，属于中档题.8.函数()fx=cos()x的部分图像如图所示，则()fx的单调递减区间为（）A.13(,),

44kkkZB.13(2,2),44kkkZC.13(,),44kkkZD.13(2,2),44kkkZ【答案】D【解析】由五点作图知，1+42{53+42，解得=，=4，所以()cos()4fxx

，令22,4kxkkZ，解得124k＜x＜324k，kZ，故单调减区间为（124k，324k），kZ，故选D.考点：三角函数图像与性质二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20.0分，在每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的的3分，有选错的得0分）9.已知复数13(zii﹦其中i为虚数单位)，复数z的共轭复数为z，则（）A.5z﹦B.12ziC.复数z的虚部为2D.234zi﹦【答案】ABCD【解析】【分

析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，最后逐个判断.【详解】由13zii﹦得，3(3)(1)24121(1)(1)2iiiiziiii5z﹦，12zi；复数z的虚部为2；2234zi

﹦(1-2i)故选：ABCD【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模、共轭复数的运算.10.设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若//m，//m，则//B.若//，m，则//mC.若//，//mn，//m，则

n//D.若//m，m，n，则//mn【答案】BD【解析】【分析】假设直线m与平面、的交线平行，结合线面平行的判定定理可判断A选项的正误；利用面面平行的性质可判断B选项的正误；直接判断n与的位置关系可判断C选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断D选项的正误.【详解

】对于A选项，假设l，m，m，//ml，则//m，//m，但、不平行，A选项错误；对于B选项，若//，m，由面面平行的性质可知//m，B选项正确；对于C选项，若//，//mn，//m，则n或n//，C选项错误；对于D选项，若//m，m

，n，由线面平行的性质可知//mn，D选项正确.故选：BD.【点睛】本题考查线面关系有关命题正误的判断，考查推理能力，属于中等题.11.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若23b，3c，3AC，则下列结论正确的是（）A.3cos3CB.2sin3BC

.3aD.2ABCS【答案】AD【解析】【分析】根据正弦定理得到3cos3C，22sinsin23BC，根据余弦定理得到1a，2ABCS，得到答案.【详解】3AC，故2BC，根据正弦定理：sinsinbcBC，即23si

n32sincosCCC，sin0C，故3cos3C，6sin3C，22sinsin22sincos3BCCC.2222coscababC，化简得到2430aa，解得3a或1a，若3a，故4AC，故2B，不满足，故1a.116s

in1232223ABCSabC△.故选：AD.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和应用能力.12.将函数22cos16fxx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，

纵坐标不变，再把所得函数的图象向右平移0个单位长度，最后得到的图象对应的函数为奇函数，则的值可以为（）A.116B.76C.56D.23【答案】AC【解析】【分析】本题首先可以将22cos16fxx转化为cos23fxx，然

后通过图象变换得出函数cos3hxx，最后通过函数cos3hxx是奇函数即可得出结果.【详解】22cos1cos263fxxx，所有点的横坐标伸

长到原来的2倍后，得到函数os3cgxx，再把所得函数的图象向右平移0个单位长度，得到函数cos3hxx，因为函数cos3hxx是奇函数，所以03cos

0h，即23kkZ，解得16k，故的值可以为116、56，故选：AC.【点睛】本题考查余弦函数的相关性质以及三角函数图象变换，考查二倍角公式的应用，函数cos2y

x的横坐标伸长到原来的2倍后得到函数cosyx，再向右平移个单位长度得到函数cosyx，考查推理能力与计算能力，是中档题.三、填空题（本大题共4小题，，每小题5分，共20.0分）13.若复数

21aii为纯虚数(i为虚数单位)，则实数a的值为________【答案】12【解析】【分析】将复数化成代数形式后，再根据纯虚数的概念求出a的值即可．【详解】212212111122aiiaiaaiiii是纯虚数，2102a\-=且21

02a+¹，解得12a.故答案为：12.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的有关概念，考查学生的运算运算能力，解题的关键是正确进行复数的运算．14.函数()2cossinfxxx的最大值为__________.【答案】5【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，通过正弦函数的

有界性求解即可．【详解】解：函数f（x）＝2cosx+sinx5（255cosx55sinx）5sin（x+θ），其中tanθ＝2，可知函数的最大值为：5．故答案为5．【点睛】通过配角公式把三角函数化为sin()yAxB的形式再借助三角函数图象研

究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．一般可利用22|sincos|axbxab求最值．15.已知1tan45，则tan2______．【答案】125【解析】【分析】本题首先可根据1tan45

得出3tan2，然后通过22tantan21tan即可得出结果.【详解】因为1tan45，所以tantantan114tan41tan51tantan4，解得3t

an2，则222tan312tan21tan5312，故答案为：125.【点睛】本题考查两角差的正切公式以及二倍角公式的使用，考查的公式为tantantan1tantan、22tantan21tan

，考查计算能力，是简单题.16.在四面体ABCD中，13ABCD，5BCDA，10CABD，则此四面体ABCD外接球的表面积是__.【答案】14【解析】【分析】根据对棱长相等可将四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，根据

对棱长可求外接球的直径，故可得外接球的表面积.【详解】将该几何体补成如图所示的长方体：设长方体的长、宽、高分别为,,abc，则22222210513abacbc，所以22214abc，所以长方体的外接球（即四面体ABCD的

外接球）的直径为14，其表面积为14.【点睛】几何体的外接球问题，应该先考虑如何确定球的球心，再把球的半径放置在可解的平面图形中，如果球心的位置不易确定，则可以把几何体补成规则的几何体，通过规则几何体的外接球来考虑要求解的外接球的半径.四、解答题（本大题共6小题，17题

10分，其余每题12分，共70.0分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)17.已知单位向量a，b满足2323abab.（1）求ab；（2）求2ab的值.【答案】（1）12；（2）7.【

解析】【分析】（1）利用单位向量的定义､数量积运算性质即可得出；（2）利用数量积运算性质,即可求得答案.【详解】（1）由条件2242633aababb，即4433ab，12ab（2）222124441472abaabb

，27ab【点睛】本题主要考查了求向量的数量积和向量模，解题关键是掌握向量的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.18.如图所示，在四棱锥-CABED中，四边形ABED是正方形，点,GF分别是线段,ECBD的中点．（1）求证：//GF平面ABC（2）H是线段BC的中点，证明：

平面//GFH平面ACD．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）利用面面平行的判定定理证明即可.【详解】1证明：由四边形ABED为正方形可知

，连接AE必与BD相交于中点F故//GFAC，GF面ABC，AC面ABC，//GF面ABC；2由点,GH分别为,CECB中点可得：////GHEBAD，GH面ACD，AD面ACD，//GH面

ACD，由1可知，//GF面ACD，且GHGFG，故平面//GFH平面ACD．【点睛】本题主要考查空间直线与平面的平行的判定与性质和空间平面与平面的平行的判定与性质.19.已知函数3cos22sincos3

fxxxx．（1）求fx的最小正周期；（2）求当,44x时，fx的值域．【答案】（1）；（2）1,12.【解析】【分析】（1）展开两角差的正弦，再由辅助角公式化简，利

用周期公式求周期；（2）由x的范围求出相位的范围，再由正弦函数的有界性求f（x）的值域．【详解】(1)3cos22sincos3fxxxx133cos2sin2sin222xxx

31cos2sin2sin2223xxx，22T，fx的最小正周期为；(2),44x，52,366x，1sin2123x，fx的值域是1,12．【点睛

】本题考查两角和与差的三角函数，三角函数的周期性，三角函数值域等问题，考查三角函数和差公式、二倍角公式及图像与性质的应用，难度不大，综合性较强，属于简单题.20.如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，BC

CD，223CDAB，45ADC，梯形绕着直线AB旋转一周.（1）求所形成的封闭几何体的表面积；（2）求所形成的封闭几何体的体积.【答案】(1)(1532)(2)53【解析】【分析】(1)梯形绕着直

线AB旋转一周后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，其表面积++S圆柱侧面积圆锥侧面积圆柱底面积，计算即可(2)几何体的体积可以看做圆柱的体积减去一个圆锥的体积.【详解】依题意旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，由223C

DAB，45ADC可知3,236BCAD圆柱底面积（1）其表面积S=圆柱侧面积+圆锥侧面积+圆柱底面积2232336(3)123231532.（2）其体积V=圆柱体积-圆锥体积221(3)23(3)33

63353.【点睛】本题主要考查了旋转体的表面积，体积，属于中档题.21.△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b=2

，求△ABC面积的最大值.【答案】（Ⅰ）B=4（Ⅱ）21【解析】【详解】(1)∵a=bcosC+csinB∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB①在三角形ABC中，A=－(B+C)∴sinA=sin(B+C)=sinBcos

C+cosBsinC②由①和②得sinBsinC=cosBsinC而C∈(0，)，∴sinC≠0，∴sinB=cosB又B(0，)，∴B=(2)S△ABC12acsinB24ac，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos42ac﹣2ac22，整理得：ac422，当且仅

当a＝c时，等号成立，则△ABC面积的最大值为1241222222（22）21．22.在平面四边形ABCD中，已知//ADBC，CBDBDC，ACD.（1）若30，

75，325ACCD，求,ACCD的长；（2）若90，求证：ABAD.【答案】（1）3AC，2CD；（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意，得出45ACB，ADC60，再利

用正弦定理求得62ACCD，结合已知条件，即可求出,ACCD的长；（2）利用余弦定理以及三角形的内角和，得出ACBACD，通过判断三角形中边角关系，即可得出结论.【详解】（1）由已知得30CBDBDC，75ACD，所以45ACB.因为ADBC∥，所以30ADBCBD

，45DACBCA.所以ADC60.在ACD中，由正弦定理得sinsinACCDADCCAD，所以sin60sin45ACCD，所以62ACCD.又325ACCD，所以3AC，2CD.（2

）在ACB中，由余弦定理得222cosABACBCACBCACB.在ACD中，由余弦定理得22222cos2cosADACDCACDCACDACBCACBCACD.因为90

，1802ACB，所以180218020ACBACD，即ACBACD.又0180ACB，0180ACD，所以coscosACBACD，所以ABAD.【点睛】本题考查正弦定理和余弦

定理的应用，通过正弦定理和余弦定理、以及三角形边和角的有关性质等，同时考查学生化归和转化思想.