高一数学期末模拟试卷02【好题汇编】-备战2023-2024学年高一数学下学期期末真题分类汇编（北师大版2019必修第二册）

高一期末模拟卷02 1、 单选题（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．（22-23高一下·湖南长沙·期末）已知复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数的虚部是（    ） A．1 B． C． D． 2．（16-17高三上·陕西西安·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的值为（　　） A． B． C．1 D． 3．（23-24高一上·广东湛江·期末）将函数的图象平移后所得的图象对应的函数为，则进行的平移是（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向右平移个单位 D．向左平移个单位 4．（9-10高二下·福建·期末）已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 5．（2024·河南三门峡·模拟预测）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一上·广东深圳·期末）记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（    ） A．1 B． C． D．3 7．（16-17高一下·黑龙江鹤岗·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，当点在线段上运动时，下列四个结论： ①；②；③平面；④平面. 其中恒成立的为（    ） A．①③ B．③④ C．①② D．②③④ 8．（23-24高一上·四川宜宾·期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9．（23-24高一上·广东深圳·期末）下列化简正确的是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高一下·吉林长春·期中）设，，为复数，下列命题中正确的是（    ） A．若，则且 B．若，则的最小值为 C．若，则 D．若，则 11．（23-24高二上·山东威海·期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．（23-24高二上·广西贵港·期末）若单位向量，满足，则 ． 13．（23-24高三上·江西赣州·期末）某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和．若需要的土才能把花台填满，则花台高为 ． 14．（23-24高一下·上海·期末）如图，正六边形的边长为，半径为1的图的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（22-23高一下·河北承德·期末）已知为所在平面内的一点，为的中点. (1)用表示； (2)，求. 16．（22-23高一下·上海普陀·期末）设、，已知（为虚数单位）是方程的一个根． (1)求、的值； (2)设方程的另一根为，复数、对应的向量分别是、．若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 17．（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的余弦值. 18．（22-23高一上·天津·期末）已知函数 (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)求函数在上的最值； (3)若，求的值. 19．（20-21高一下·北京·期末）已知集合，称为的第 个分量.对于的元素，定义 与的两种乘法分别为： 给定函数，定义上的一种变换. （1）设，求和； （2）设，对于，设，对任意且，定义 ①当时，求证：中为0的分量个数不可能是2个； ②若的任一分量都只能取或，设的第1个分量为，求的最小正周期的最小值，并求出此时所有的. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一期末模拟卷02 1、 单选题（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．（22-23高一下·湖南长沙·期末）已知复数满足（为虚数单位），则复数的共轭复数的虚部是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数的除法和共轭复数以及复数的虚部概念求解即可, 【详解】，则其共轭复数为，其虚部为， 故选：C. 2．（16-17高三上·陕西西安·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的值为（　　） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】依题意可得，再由正弦定理将角化边，再代入计算可得. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得. 故选：D． 3．（23-24高一上·广东湛江·期末）将函数的图象平移后所得的图象对应的函数为，则进行的平移是（    ） A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向右平移个单位 D．向左平移个单位 【答案】D 【分析】设平移距离为，结合三角函数的图象变换，求得，结合选项，即可求解. 【详解】设平移距离为，将函数图象上的各点的横坐标平移个单位， 可得， 因为，则， 即，当时，可得，所以D正确. 故选：D． 4．（9-10高二下·福建·期末）已知是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】在A中，a与b可以成任意角；在B中a与b是平行的；在C中，可得b⊥α，从而得到；在D中，可得a与b可以成任意角，从而得到正确结果. 【详解】由a，b是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面， 在A中， ，因为b的方向不确定，则a与b可以成任意角，故A错误； 在B中，根据对应的性质可知，可知a与b是平行的，故B错误； 在C中，由可知，由线面垂直的性质可知，故C正确； 在D中，，因为b的方向不确定，可得a与b可以成任意角，故D错误． 故选：C. 5．（2024·河南三门峡·模拟预测）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由倍角公式可得，根据题意结合齐次式问题分析求解. 【详解】由题意可得：. 故选：A. 6．（23-24高一上·广东深圳·期末）记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（    ） A．1 B． C． D．3 【答案】C 【分析】根据周期公式求出，再由对称性确定的值，即可得到函数解析式，最后代入计算可得. 【详解】因为的最小正周期为满足， 所以，解得， 又的图象关于点中心对称， 所以，所以 解得， 当时， 所以，则. 故选：C 7．（16-17高一下·黑龙江鹤岗·期末）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，当点在线段上运动时，下列四个结论： ①；②；③平面；④平面. 其中恒成立的为（    ） A．①③ B．③④ C．①② D．②③④ 【答案】A 【分析】连接，证得平面平面，得到平面，设与交于点，证得平面，得到平面，得出，所以①恒成立；对于线段MN上的任意一点P时，②④不一定成立，即可求解. 【详解】如图所示，连接， 因为分别是的中点，所以， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，平面，所以③恒成立； 设与交于点，则为底面正方形的中心，且， 由正四棱锥，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以平面，因为平面，所以，所以①恒成立； 对于②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立. 故选：A. 8．（23-24高一上·四川宜宾·期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角函数的图象与性质结合整体代换思想计算即可. 【详解】由题意可知时，， 根据正弦函数的图象与性质知. 故选：D 【点睛】难点点睛：注意整体的思想得出，利用三角函数的图象与性质计算即可. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9．（23-24高一上·广东深圳·期末）下列化简正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】利用二倍角公式判断A、C，利用诱导公式及两角和的余弦公式判断B，利用两角和的正切公式判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B： ，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：因为， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD 10．（23-24高一下·吉林长春·期中）设，，为复数，下列命题中正确的是（    ） A．若，则且 B．若，则的最小值为 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【分析】举例说明判断AD；由复数在复平面内点轨迹判断B，利用复数的代数形式计算判断C. 【详解】对于A，满足，显然结论不成立，A错误； 对于B，，在复平面内表示复数对应的点到定点距离相等点的轨迹， 它是线段的垂直平分线，该直线上的点到原点的距离即为，，B正确. 对于C，设，则， 则， ， ， ，则，C正确； 对于D，令，显然，则，D错误. 故选：BC 11．（23-24高二上·山东威海·期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且点到平面的距离为，则（    ） A．该圆锥的体积为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角为 D．直线与所成的角为 【答案】BCD 【分析】取线段的中点，连接，过作，垂足为，可证明面，即可得，对于A：求出底面圆半径，然后用圆锥的体积公式求解；对于B：直线与平面所成的角为，在直角三角形中求解即可；对于C：二面角的平面角为，在直角三角形中求解即可；对于D：取线段的中点，连接 ，直线与所成的角为或其补角，求出的三边，然后利用余弦定理求解. 【详解】取线段的中点，连接，过作，垂足为， 易知，又，面， 所以面，又面， 所以，又，且，面， 所以面，所以线段的长为点到平面的距离， 即，    对于A：在等腰三角形中，，， 所以， 所以该圆锥的体积为，A错误； 对于B：由面可得直线与平面所成的角为， 在直角三角形中，，所以，B正确； 对于C：由面可得二面角的平面角为， 在直角三角形中，，所以，C正确； 对于D：取线段的中点，连接 ， 明显有， 则直线与所成的角为或其补角， 因为，则， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 在中，， 所以，D正确.    故选：BCD. 3、 填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．（23-24高二上·广西贵港·期末）若单位向量，满足，则 ． 【答案】/ 【分析】根据平面向量的模长公式，根据数量积的运算律，可得答案. 【详解】因为、是单位向量，所以， 又因为，所以， 解得． 故答案为：． 13．（23-24高三上·江西赣州·期末）某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和．若需要的土才能把花台填满，则花台高为 ． 【答案】1 【分析】利用圆台体积公式求解. 【详解】圆台形的花台，它的两底面半径分别为1m和2m，高为m， 则两底面积分别为，， 圆台的体积， 解得，所以花台高为1m. 故答案为：1 14．（23-24高一下·上海·期末）如图，正六边形的边长为，半径为1的图的圆心为正六边形的中心，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围为 【答案】 【分析】根据题意，以为原点建立平面直角坐标系，设点，则，将表示为关于的表达式，结合正六边形的性质算出的取值范围. 【详解】以为原点，六边形的左、右顶点所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系， 则圆的方程为，当在轴下方，且位于正六边形与轴平行的边上时， 的纵坐标为，可得，其中， 设，则，． 可得，， 所以， 结合，当时，有最小值5， 当时，有最大值7，可知， 根据图形的对称性，可知：当在正六边形其它的边上时，也成立. 综上所述，的取值范围为. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（22-23高一下·河北承德·期末）已知为所在平面内的一点，为的中点. (1)用表示； (2)，求. 【答案】(1) (2)2 【分析】根据向量的四则运算法则进行运算即可. 把用进行线性表示后，进行运算即可. 【详解】（1） ； （2）因为，则 . 16．（22-23高一下·上海普陀·期末）设、，已知（为虚数单位）是方程的一个根． (1)求、的值； (2)设方程的另一根为，复数、对应的向量分别是、．若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】(1)、的值分别为、3 (2) 【分析】（1）根据复数的四则运算结合复数相等运算求解； （2）根据题意分析可得，结合数量积的符号以及向量共线运算求解. 【详解】（1）因为（为虚数单位）是方程的一个根， 则， 可得，解得， 所以、的值分别为、3. （2）由题意可知：，则， 可得， 若向量与的夹角为锐角， 可知且与不共线， 则，解得且， 所以实数的取值范围. 17．（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，平面，，为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3) 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而证明出结论； （3）作出辅助线，得到直线与平面所成角，求出各边长，求出余弦值. 【详解】（1）连接，， 因为底面为平行四边形，为中点， 故与相交于， 因为为的中点， 则， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为， 由余弦定理得，即， 解得， 因为，所以⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为平面，， 所以平面； （3）取的中点，连接，则， 因为⊥平面，所以⊥平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为⊥，，由勾股定理得， 故， 由勾股定理得， 所以. 18．（22-23高一上·天津·期末）已知函数 (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)求函数在上的最值； (3)若，求的值. 【答案】(1)，单调递增区间为； (2)，； (3). 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，然后根据正弦函数性质求解可得； （2）根据求得，然后由正弦函数性质可解； （3）利用诱导公式求解即可. 【详解】（1） ， 所以，函数的最小正周期为. 由得， 所以，的单调递增区间为. （2）当时，， 所以，当，即时，； 当，即时，. （3）若，即， 得， 所以. 19．（20-21高一下·北京·期末）已知集合，称为的第 个分量.对于的元素，定义 与的两种乘法分别为： 给定函数，定义上的一种变换. （1）设，求和； （2）设，对于，设，对任意且，定义 ①当时，求证：中为0的分量个数不可能是2个； ②若的任一分量都只能取或，设的第1个分量为，求的最小正周期的最小值，并求出此时所有的. 【答案】（1），；（2）①见解析；②，或. 【分析】（1）根据定义计算可得相应的计算结果. （2）①利用反证法结合分量的特征可证明该结论. ②先求出，找出一般规律后可求出，结合解析式的形式可得到何时的最小正周期有最小值. 【详解】（1）， ， 故， ． （2）①：当时，，， 故， 即， 同理， 类似的求法，有： ， 若中为0的分量个数是2个， 不妨设， 则， 两式相加后有，故，矛盾． 故中为0的分量个数不可能是2个． ②：由①的计算可知： ， ； 类似地，有： ， ； 也就是： 而 ， ， 也就是： ， ， 依次类推则有的第一个分量为：， 故，其中或， 当的符号交替出现时，的最小正周期有最小值， 此时或 ， 最小正周期的最小值为， 对应的或. 【点睛】方法点睛：本题为与三角函数有关的新定义题，解决此类问题关键是弄清楚新运算的性质与三角函数中三角变换公式之间的联系，从而得到一般规律，注意本题中，因此我们可由有限归纳法来总结规律. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$