【文档说明】人教版2021年高一数学下学期期中模拟卷四（解析版）.doc，共(20)页，570.500 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四注意事项：本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共22题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.

（3++）﹣（2+﹣）＝（）A．﹣+2B．5﹣+2C．++2D．5+【答案】A【分析】直接根据向量的线性运算求解即可．【解答】解：（3++）﹣（2+﹣）＝﹣+2，故选：A．【知识点】向量加减混合运算2.在△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，则如图所示的向量中，相等向量有（）A．一组B

．二组C．三组D．四组【答案】A【分析】根据相等向量的定义，找出大小相等，方向相同的向量．【解答】解：△ABC中，点D，E分别为边AB，AC的中点，在如图所示的向量中，相等向量是和，有1组．故选：A．【知识点】平行向量（共线）3.设i为虚数单位，复数z满足z（

1﹣i）＝2i，则|z|＝（）A．1B．C．2D．2【答案】B【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算，再由复数模的计算公式求解．【解答】解：由z（1﹣i）＝2i，得z＝，∴|z|＝．故选：B．【

知识点】复数的模4.已知复数z＝（1+i）（a﹣i）在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（﹣∞，﹣1）C．（﹣∞，1）D．（﹣1，1）【答案】D【分析】根据复数的运算性质、几何意义即可得出．【解答】解：复数z＝（1+i）（a﹣i）＝a+1+（a﹣1）i在复平

面内对应的点位于第四象限，∴a+1＞0，a﹣1＜0．解得﹣1＜a＜1．则实数a的取值范围是（﹣1，1）．故选：D．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义5.三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，

AB＝1，BC＝＝2，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为（）A．32πB．16πC．12πD．8π【答案】D【分析】由三棱柱ABC﹣A1B1C1的结构特征，把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中，则长方体的外接球就是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球，利

用长方体的体对角线求出长方体的外接球的半径，从而得到三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径，再利用球的表面积公式求出棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积即可．【解答】解：把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中，如图所示：所以长方体的外接球即是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球，

∵AB＝1，BC＝＝2，∴长方体的外接球的半径R＝＝，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径为，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为＝8π，故选：D．【知识点】球的体积和表面积6.如图，点M

是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】连接AD1，证得AD1∥BC1，可得∠D1AM为异面直线AM与BC1所成角，连接D1M，设正方体的棱长为2，求解三角形可得异面直线AM与BC1所成角的余弦值．

【解答】解：如图，连接AD1，∵AB＝C1D1，AB∥C1D1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1，则∠D1AM为异面直线AM与BC1所成角，连接D1M．设正方体的棱长为2，则，．∴co

s∠．即异面直线AM与BC1所成角的余弦值是．故选：A．【知识点】异面直线及其所成的角7.如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，

PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBCB．BC⊥平面PDCC．PD⊥ACD．PB＝2AN【答案】A【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平

面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；由错误的选项存在可知A错误．【解答】解：如图，图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C

正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥P

A，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．因此错误的只能是A．故选：A．【知识点】平面与平面垂直8.在△OAB中，已知，∠AOB＝45°，点P满足（λ，µ∈R），其中2λ+µ＝3满足，则||的最小值为（）A．B．

C．D．【答案】A【分析】根据条件可得，则＝（λ+μ）+μ，所以||2＝5λ2﹣18λ+18，即可求出最小值．【解答】解：因为，∠AOB＝45°，所以，所以＝λ+μ（）＝（λ+μ）+μ，则||2＝（λ+μ）2+μ2＝

（3﹣λ）2+（3﹣2λ）2＝5λ2﹣18λ+18，所以当时，||2取最小值，则||的最小值为，故选：A．【知识点】平面向量的基本定理二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，选对得分，选错、少选不得分）9.△ABC是边长为3的等边三角形，已知向量满足，，则下列结论中正确的有（）A

．为单位向量B．C．D．【答案】ABD【分析】可画出图形，可根据条件得出，即得出为单位向量；并可得出，从而得出；根据BC边上的中线与BC垂直即可得出（）．【解答】解：如图，∵，∴，∴为单位向量，，∴，

∴，∵，∴．故选：ABD．【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系10.已知，是两个单位向量，λ∈R时，|+λ|的最小值为，则下列结论正确的是（）A．，的夹角是B．，的夹角是或C．+|＝1或D．+＝1或【答案】BC【分析】根据条件知，的最小值为，这样即可求出的夹

角为或，从而求出的值．【解答】解：∵，是两个单位向量，且的最小值为，∴的最小值为，∴＝，∴与的夹角为或，∴或3，∴或．故选：BC．【知识点】数量积表示两个向量的夹角11.如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，E，F分别为AB，BC的

中点，异面直AB1与C1F所成角的余弦值为m，则（）A．m＝B．直线A1E与直线C1F共面C．m＝D．直线A1E与直线C1F异面【答案】BC【分析】可连接DC1，DF，从而看出∠DC1F为异面直线AB1与C1F所成的角，可设，从而可得出，这样在△DFC1中，根据余弦定理即可求出异面直AB1与C1F

所成角的余弦值m的值；然后连接A1C1，EF，从而可得出EF∥A1C1，这样即可得出直线A1E与直线C1F共面．【解答】解：如图，连接DC1，DF，则DC1∥AB1，∴∠DC1F为异面直线AB1与C1F所成的角，∵，ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，E，F分

别为AB，BC的中点，设，则AB＝2，，∴在△DFC1中，根据余弦定理，，∴；连接A1C1，AC，EF，则A1C1∥AC，EF∥AC，∴EF∥A1C1，∴A1E与C1F共面．故选：BC．【知识点】异面直线及其所成的角12.如图，在棱长为1的正方

体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点（点P不与点C，C1重合），过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是（）A．A1C⊥平面αB．存在点P，使得AC1∥平面αC．存在点P，使得点A1到平面α的距

离为D．用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】AD【分析】连接AD1，D1P，AM．DB．易得AD1∥PM，CC1∥PM，C1D∥PN，DB∥MN．再结合正方体的性质即可判断．【解答】解：连接AD1，D1P，AM．DB．易得AD1∥PM，CC1∥PM，C

1D∥PN，DB∥MN．对于A，可得正方体中A1C⊥面DBC1，即可得A1C⊥平面α，故A正确．对于B，可得面C1DB∥面PMN，故AC1不可能平行面PMN．故错．对于C，∵A1C⊥平面α，且A1C＝＞，所以不存在点P，使得点A1到平

面α的距离为，故不正确．对于D，用过P，M，D1三点的平面去截正方体，得到的截面是四边形PMAD1，PM≠AD1，四边形PMAD1一定是梯形，故正确．故选：AD．【知识点】命题的真假判断与应用、直线与平面垂直、空间中直线与

直线之间的位置关系三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）13.设复数z1，z2满足|z1|＝1，|z2|＝2，，则|z1﹣z2|＝．【分析】根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及

余弦定理即可求解．【解答】解：设z1，z2在复平面内对应的向量为，z1+z2对应的向量为，如图所示，因为，所以|z1+z2|＝2，所以，又因为∠OZ1Z3+∠Z1OZ2＝180°，所以，所以＝1+4+1＝6，所以，故|z1﹣z2|＝．故答案为：．【知识点】复数的模14.已知向量，的夹角

为45°，若＝（1，1），||＝2，则|2+|＝．【分析】可得出，从而可求出，然后根据进行数量积的运算即可求出的值．【解答】解：，∴，∴＝＝．故答案为：．【知识点】平面向量的坐标运算15.如图，在△ABC

中，＝2是BD上一点，且＝λ+（λ∈R），则λ的值等于．【分析】先由E在BD上，利用平面向量共线定理可设，然后再根据三角形法则求出向量AE，再和所给的已知的向量AE相等即可求解．【解答】解：因为E在BD上，所以可设，则＝＝＝＝＝（1

﹣μ）+，又＝，所以，解得，故答案为：．【知识点】平面向量的基本定理16.在如图直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝2AB＝4，∠BAD＝60°，点M为棱AA1的中点，若N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC1，设直线MN与直线C

C1所成角为α，则tanα的最小值为．【分析】分别取A1B1、A1D1中点E、F，连结EF、ME、MF，则ME∥BC1，EF∥BD，从而平面MEF∥平面BC1D，由N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），

满足MN∥平面BDC1，得到点N的运动轨迹是线段EF，（不含端点E和F），由A1M∥C1C，得直线MN与直线CC1所成角就是A1M与MN所成角，由MA1⊥平面A1B1C1D1，得当N与MN中点G重合时，tanα取最小值，由此能求出tanα的最小值．【解答】解：

分别取A1B1、A1D1中点E、F，连结EF、ME、MF，∵点M为棱AA1的中点，∴ME∥BC1，EF∥BD，∵ME∩EF＝E，BC1∩BD＝B，∴平面MEF∥平面BC1D，∵N为菱形A1B1C1D1内一点（不包含边界），满足MN∥平面BDC1，∴点N的运动轨

迹是线段EF，（不含端点E和F），∵A1M∥C1C，∴直线MN与直线CC1所成角就是A1M与MN所成角，∵MA1⊥平面A1B1C1D1，∴当N与MN中点G重合时，tanα取最小值，此时，A1M＝＝2，A1G＝＝＝，∴tanα的最小值为：tanα

＝＝＝．∴tanα的最小值为．故答案为：．【知识点】异面直线及其所成的角四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知复数z1＝+（a2﹣1）i，z2＝2+2（a+1）i（a∈R，i是虚数单位）．（1

）若复数z1﹣z2在复平面上对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若虚数z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，求实数m值．【分析】（1）由复数对应的点在第一象限得到实部大于0，虚部大于0，解

不等式组即可；（Ⅱ）利用z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，得到另一个根是复数z1的共轭复数，利用根与系数的关系得到a和m．【解答】解：（Ⅰ由已知得到z1﹣z2＝﹣2+（a2﹣2a﹣3）i，

因为在复平面上对应点落在第一象限，所以，解得，所以；（Ⅱ）因为虚数z1是实系数一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，所以1是方程的另一个根，所以＝1，所以a＝0，所以，，所以，所以m＝5．【知识点】复数的运算

18.已知复数z＝m（m﹣1）+（m2﹣1）i，其中m∈R，i是虚数单位．（Ⅰ）当m为何值时，复数z是纯虚数？（Ⅱ）若复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，求z的模|z|．【分析】（Ⅰ）直接由实部为0且虚部不为0列式求解；（Ⅱ）由实部与虚部的和等于0列式求得

m，进一步求得z，则|z|可求．【解答】解：（Ⅰ）由，解得m＝0；（Ⅱ）∵复数z对应的点在复平面内第二、四象限角平分线上，∴m（m﹣1）+m2﹣1＝0，即2m2﹣m﹣1＝0，解得m＝或m＝1．当m＝﹣时，z＝，则|z|＝＝；

当m＝1时，z＝0，则|z|＝0．【知识点】复数的代数表示法及其几何意义19.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝2AD＝4，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M，N分别为AD，PD的中点．（Ⅰ）求证：PA∥

平面MNC；（Ⅱ）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值；（Ⅲ）求平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）利用中位线的性质可得PA∥MN，由此即可得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出方向向量及法向量，利用向量公式即可得解；（Ⅲ）求出平面PAB的一个法向量，结合（Ⅱ

）中求出的平面MNC的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAB与平面MNC所成角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵M，N分别为AD，PD的中点，∴PA∥MN，又∵PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，∴PA∥平面MNC；（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系，∵PD＝2AD＝4，∴A（2，0，

0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），＝（2，2，﹣4），＝（0，2，﹣2），＝（﹣1，0，2），设平面MNC的一个法向量为＝（x，y，z），则，取z＝

1，得＝（2，1，1），设直线PB与平面MNC所成角为α，则sinα＝|cos＜＞|＝||＝＝；（Ⅲ）解：，，设平面PAB的一个法向量为，由，取x1＝2，得，∴cos＜＞＝＝，又平面PAB与平面MNC所成角为锐角，∴平面PAB与平面MNC所成角的余弦值为．【知识

点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行、直线与平面所成的角20.如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AD＝DC＝AC，且CP⊥平面PAD，E为AD的中点（Ⅰ）证明：AD⊥平面PCE；（Ⅱ）若PA＝AD，

求二面角A﹣PC﹣E的余弦值．【分析】（Ⅰ）连接AC，推导出AD⊥CE，AD⊥CP，由此能证明AD⊥平面PCE．（Ⅱ）以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用

向量法能求出二面角A﹣PC﹣E的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，连接AC，∵AD＝DC＝AC，∴△ADC为等边三角形，∵点E为AD的中点，∴AD⊥CE，∵CP⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AD⊥CP，∵CP∩CE＝C，∴AD⊥平面PCE．（Ⅱ）如

图，以点F为坐标原点，EA为x轴，EC为y轴，过点E作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），设点A（1，0，0），则C（0，，0），由（Ⅰ）知AD⊥平面PCE，设P（0，y，z），（y＞0，z＞0），∵PA＝AD，∴PA＝，PC＝1，

∴，解得y＝，z＝，∴P（0，，），∴＝（0，，﹣），＝（﹣1，，0），设平面PAC的法向量＝（x，y，z），则，取y＝1，得＝（），由（Ⅰ）知，平面PCE的一个法向量＝（1，0，0），设二面角A﹣PC﹣E的平面角为θ，则二面角A﹣

PC﹣E的余弦值为：cosθ＝＝＝．【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面垂直21.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC和△A1AC都是正三角形，D是AB的中点（1）求证：BC1∥平面A1DC；（2）求直线AB与平

面DCC1所成角的正切值．【分析】（1）连接AC1，交A1C于E，连接DE，由中位线的性质知DE∥BC1，再由线面平行的判定定理得证；（2）取AC的中点O，连接A1O，BO，先证得A1O⊥平面ABC，从而有A1O⊥BO，故以O为原点，O

B、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，求得平面DCC1的法向量后，由sinθ＝|cos＜，＞|，即可得解．【解答】（1）证明：连接AC1，交A1C于E，连接DE，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴E是AC1的中点

，∵D是AB的中点，∴DE∥BC1，∵DE⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC．（2）解：取AC的中点O，连接A1O，BO，∵△ABC和△A1AC都是正三角形，∴A1O⊥AC，BO⊥AC，∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC

＝AC，∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BO，以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AC＝2，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（，，0），C1（0，2，）

，∴＝（，1，0），＝（，，0），＝（，，），设平面DCC1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝3，则y＝，z＝﹣1，∴＝（3，，﹣1），设直线AB与平面DCC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝||＝，∴tanθ＝，故

直线AB与平面DCC1所成角的正切值为．【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角22.如图，在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°

，BE＝EF＝1，点M为BC的中点（Ⅰ）求证：EM∥平面ACF；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的余弦值；（Ⅲ）在线段EF上是否存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，若存在求出EN的长，若不存在说明理由．【分析】（Ⅰ）取AC中点P，连结MP、FP，推导出四边形EFPM是平行四边形

，从而FP∥EM，由此能证明EM∥平面ACF．（Ⅱ）取AB中点O，连结CO，FO，推导出FO⊥平面ABC，OC⊥AB，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣B

C﹣F的余弦值．（Ⅲ）假设在线段EF上是存在一点N，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，设EN＝t．利用向量法能求出结果．【解答】解：（Ⅰ）证明：取AC中点P，连结MP、FP，∵△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝90°，BE＝EF＝1，

点M为BC的中点，∴EFMP，∴四边形EFPM是平行四边形，∴FP∥EM，∵EM⊄平面ACF，FP⊂平面ACF，∴EM∥平面ACF．（Ⅱ）解：取AB中点O，连结CO，FO，∵在四棱柱C﹣ABEF中，平面ABEF⊥平面ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，AB∥EF，∠ABE＝9

0°，BE＝EF＝1，点M为BC的中点，∴FO⊥平面ABC，OC⊥AB，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，B（0，1，0），C（，0，0），E（0，1，1），F（0，0，1），＝（，﹣1，0），＝（0，0，1），＝（0，﹣1，1），设平面

BCE的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，，0），设平面BCF的法向量＝（a，b，c），则，取a＝1，得＝（1，），设二面角E﹣BC﹣F的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角E﹣BC﹣F的余弦值为．（Ⅲ）解：假设在线段EF上是存在一点N，使

直线CN与平面BCF所成的角正弦值为，设EN＝t．则N（0，1﹣t，1），＝（﹣，1﹣t，1），平面BCF的法向量＝（1，），∴|cos＜＞|＝＝＝，解得t＝1﹣，∴线段EF上是存在一点N，EN＝1﹣，使直线CN与平面BCF所成的角正弦值为．【知

识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行、二面角的平面角及求法