实战模拟卷六-【创新教程】2024-2025学年高一下学期数学期末实战模拟卷

３１３,３２１,３２２,３２３,３３１,３３２,３３３,共２７种． 不妨设正确的验证码为１１１,则恰有两位正确 的验证码包括１１２,１１３,１２１,１３１,２１１,３１１,共 ６种, 故这个人输入的验证码恰有两位正确的概率 为６ ２７＝ ２ ９． (２)不妨设正确的验证码为１１１,这个人通过技 术获得的验证码的第一位数为１, 则这个人输入的验证码可能为１１１,１１２,１１３, １２１,１２２,１２３,１３１,１３２,１３３,共９种, 则这个人输入的验证码正确的概率为１ ９． １８．解:(１)记甲在第i场比赛获胜的事件为Ai,i ＝１,２,３,４,则P(Ai)＝０．６,P(􀭿Ai)＝０．４． 由不同对阵结果相互独立, (Ⅰ)甲连胜三场获得冠军的概率为: P(A１A２A３)＝０．６３＝０．２１６． P(􀭿A１,A２,A３,A４)＝０．４×０．６３＝０．０８６４ ∴P＝P(A１A２A３)＋P(􀭿A１A２A３A４)＝０．２１６＋ ０．０８６４＝０．３０２４． (Ⅱ)甲在“双败淘汰制”下获得冠军的情况有: 胜胜胜、胜败胜胜、败胜胜胜, 故所求概率为:P＝P(A１A２A３＋＋A１􀭿A２A３A４ ＋􀭿A１A２A３A４)＝０．６３＋２×０．６３×(１－０．６)＝ ０．３８８８． (２)“双败淘汰制”下甲夺冠的概率为: P１＝P(A１A２A３＋A１􀭿A２A３A４＋􀭿A１A２A３A４)＝ p３＋２p３(１－p)． “单败淘汰制”下甲夺冠的概率为:P２＝p２． 令P１＞P２ 得p３＋２p３(１－p)＞p２,解得:０．５ ＜p＜１． 所以当０．５＜p＜１时,“双败淘汰制”比“单败 淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠． １９．解:(１)设事件A＝“游戏一获胜”,B＝“游戏二 获胜”,C＝“游戏三获胜”,游戏一中取出一个 球的样本空间为Ω１＝{１,２,３,４,５},则n(Ω１) ＝５, 因为A＝{４,５},所以n(A)＝２,P(A)＝n (A) n(Ω１) ＝２５． 所以游戏一获胜的概率为２ ５． 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空 间Ω２＝{(x,y)|x,y∈{１,２,３,４,５}}, 则n(Ω２)＝２５,因为B＝{(４,４),(４,５),(５,４), (５,５)}, 所以n(B)＝４,所以P(B)＝n (B) n(Ω２) ＝４２５ ,所以 游戏二获胜的概率为４ ２５． (２)设 M＝“先玩游戏二,获得书券”,N＝“先 玩游戏三,获得书券”, 则 M ＝AB􀭺C∪􀭿ABC∪ABC,且 AB􀭺C,􀭿ABC, ABC 互斥,A,B,C 相互独立, 所以 P(M)＝P(AB􀭺C∪􀭿ABC∪ABC)＝P (AB􀭺C)＋P(􀭿ABC)＋P(ABC) ＝P(A)P(B)[１－P(C)]＋[１－P(A)]P(B) P(C)＋P(A)P(B)P(C) ＝２５× ４ ２５ [１－P(C)]＋３５× ４ ２５P (C)＋２５× ４ ２５ P(C)＝ ８１２５＋ １２ １２５P (C), 又 N＝AC􀭺B∪􀭿ACB∪ACB,且 AC􀭺B,􀭿ACB, ACB 互斥, 所以 P(N)＝P(AC􀭺B∪􀭿ACB∪ACB)＝P (AC􀭺B)＋P(􀭿ACB)＋P(ACB) ＝P(A)P(C)[１－P(B)]＋[１－P(A)]P(C)P (B)＋P(A)P(C)P(B) ＝２５×P (C)×２１２５＋ ３ ５×P (C)× ４２５＋ ２ ５× P(C)×４２５＝ ６２ １２５P (C), 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书 券的概率大,则P(N)＞P(M), 所以６２ １２５P (C)＞ ８１２５＋ １２ １２５P (C),即 P(C) ＞４２５． 进行游戏三时,不放回地依次取出两个球的所 有结果如下表: 　　　第二次 第一次　　 １ ２ ３ ４ ５ １ × (１,２)(１,３)(１,４)(１,５) ２ (２,１) × (２,３)(２,４)(２,５) ３ (３,１)(３,２) × (３,４)(３,５) ４ (４,１)(４,２)(４,３) × (４,５) ５ (５,１)(５,２)(５,３)(５,４) × 当m＝３,４,８,９时,P(C)＝２２０＜ ４ ２５ ,舍去 当m＝５,６,７时,P(C)＝４２０＞ ４ ２５ ,满足题意, 因此m 的所有可能取值为５,６,７． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 高一下学期期末实战模拟卷六 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A C C D B B B B ACD AC CD １．A　[z＝ １１＋i＝ １－i ２ ,所以z的虚部是－１２． ] ２．C　[因为a＝(m,１),b＝(０,３), 所以|a|＝ m２＋１,a􀅰b＝m×０＋１×３＝３． 因为a⊥(a－b), 所以a􀅰(a－b)＝０,即a２－a􀅰b＝m２＋１－３＝ ０,解得m＝± ２．] ３．C　[因为向量a＝(－１,１),b＝(２,０), 所以向量a在向量b 上的投影向量c＝a 􀅰b |b|２ 􀅰b ＝(－１,０)．] ４．D　[因为z１＝２＋i,故其对应的点为(２,１),该 点关于直线x＋y＝０对称的点为(－１,－２), 该点对应的复数为z２＝－１－２i,故|z２－１＋３i| ＝|－１－２i－１＋３i|＝|－２＋i|＝ ５．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３１􀅰 ５．B　[因为AB → ＝DC →,所以四边形ABCD 是平行 四边形, 又因为|AD → －AB → |＝|BC → －BA → |,即|DB → | ＝|AC → |, 所以平行四边形ABCD 是矩形．] ６．B　[∵AD 为BC 边上的中 线,∴AD → ＝１２ (AB → ＋AC →), 又∵点E 为AD 的中点, ∴EB → ＝ED → ＋DB → ＝１２AD → ＋ １ ２CB → ＝１４ (AB → ＋AC →)＋１２ (AB → －AC →)＝３４AB → －１４AC → ．] ７．B　[z＝－１２－ ３ ２i＝cos ４π ３＋isin ４π ３ , 所以z２０２４＝cos４π×２０２４３ ＋isin ４π×２０２４ ３ ＝cos２π３＋isin ２π ３＝－ １ ２＋ ３ ２i , 所以z２０２４的虚部为 ３２． ] ８．B　 [取 CD 的 中 点 E,连 接 PE,如图所示, 所 以 PE 的 取 值 范 围 是 AD ２ ,AE[ ],即[２,２ ５], 又由PC →􀅰PD → ＝(PE → ＋ED →)􀅰 (PE → ＋EC →)＝PE →２ －CD →２ ４ ＝ PE →２ －４, 所以PC →􀅰PD → ∈[０,１６]．] ９．ACD　[设z＝x＋yi(x,y∈R), 则由已知得(x－yi)(１－i)＝x＋yi＋５i (２＋i) ５ , 即x－y－(x＋y)i＝x－１＋(y＋２)i, 所以 x－y＝x－１,－x－y＝y＋２,{ 解得 x＝－４, y＝１{ 所以z＝－４＋i,则􀭵z＝－４－i,故 A 项正确,B 项错误; z􀭵z＝(－４＋i)(－４－i)＝１７,z的实部为－４,虚 部为１, 所以z 的 实 部 与 虚 部 之 积 为 －４,故 C,D 项 正确．] １０．AC　[对 A:由正弦定理可得: asinA＝ b sinB⇒ a sinπ４ ＝ ４ ３ sinπ３ ⇒a＝ ４ ３ sinπ３ ×sinπ４＝４ ２ ,故 A 正确;对 B:由余弦定理可得:b２＝a２＋c２－ ２accosB⇒４８＝１＋c２－c⇒c＝１±３ ２１２ ,又c ＞０,所以c＝１＋３ ２１２ ,故 B错误;对 C:由余 弦定理b２＝a２＋c２－２accosB＝４８⇒４８＝a２＋ c２ － ac ＝ (a ＋c)２ － ３ac,所 以 ac ＝ (a＋c)２－４８ ３ ,又a２＋c２≥２ac⇒a２＋２ac＋c２≥ ４ac⇒ac≤ (a＋c)２ ４ ． 所以 (a＋c)２－４８ ３ ≤ (a＋c)２ ４ ⇒a＋c≤８ ３ (当 且仅当a＝c＝４ ３时取“＝”)．此时△ABC 周 长的最大值为１２ ３．故 C 正确;对 D:由余弦 定理b２＝a２＋c２－２accosB⇒４８＝a２＋c２－ac ⇒a２＋c２＝４８＋ac≥２ac⇒ac≤４８(当且仅当a ＝c＝４ ３时取“＝”),此时S△ABC ＝ １ ２acsinB ≤１２×４８× ３ ２＝１２ ３ ,故 D错误．] １１．CD　[对于 A 中,若a≠０,b≠０,a∥b,则a与 b 的方向相同或相反,所以 A 正确; 对于B中,由a,b为非零向量,a|a| 表示与a方 向相同的单位向量,b |b| 表示与b方向相同的 单位相量,因为 a |a|＝ b |b| ,所以a与b 共线,所 以B正确; 对于C中,当b＝０,且a为非零向量时,此时λ 不存在,所以C错误; 对于 D中,由|e１－e２|＝１,可得１＋１－２e１􀅰e２ ＝１,∴２e１􀅰e２＝１, 所以|e１＋e２|＝ (e１＋e２)２＝ １＋１＋２e１􀅰e２ ＝ ３,所以 D错误．] １２．解析:设z＝a＋bi(a,b∈R),∴|z|＝a＋bi＋a －bi＝２a＝ a２＋b２, ∴ z|z|＝ a＋bi a２＋b２ ＝a＋bi２a ＝ １ ２＋ b ２ai ,则 z |z| 的实 部为１ ２． 答案:１ ２ １３．解析:因为|a＋b|＝|a－b|, 所以(a＋b)２＝(a－b)２,所以a􀅰b＝０, 所以１×m＋２×１＝０, 所以m＝－２． 因为a􀅰b＝０所以a和b 所成角为９０°． 答案:－２　９０° １４．解析:因c＝ ３asinC－ccosA, 由正弦定理得sinC＝３sinAsinC－sinCcosA, △ABC 中,sinC＞０,所以 ３sinA－cosA＝１, 得２sin A－π６ æ è ç ö ø ÷＝１,即sin A－π６ æ è ç ö ø ÷＝１２ , ∵０＜A＜π,则－π６＜A－ π ６＜ ５π ６ ,∴A－π６＝ π ６ ,∴A＝π３． △ABC 为锐角三角形,a＝ ３,A＝π３ , 由正弦定理得 b sinB＝ c sinC＝ a sinA＝ ３ ３ ２ ＝２, ∴b＝２sinB,c＝２sinC,C＝２π３－B , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４１􀅰 △ABC 周长l＝a＋b＋c＝ ３＋２sinB＋２sinC ＝ ３＋２sinB＋２sin ２π３－B æ è ç ö ø ÷＝ ３＋３sinB＋ ３cosB＝２ ３sinB＋π６ æ è ç ö ø ÷＋ ３, ∵△ABC 为锐角三角形,∴ ０＜B＜π２ ０＜２π３－B＜ π ２ ì î í ï ï ïï , ∴π６＜B＜ π ２ ,∴π３＜B＋ π ６＜ ２π ３ , ∴ ３２＜sinB＋ π ６ æ è ç ö ø ÷≤１, ∴３＋ ３＜l≤３ ３,即△ABC 周长的取值范围 为(３＋ ３,３ ３]． 答案:(３＋ ３,３ ３] １５．解:(１)因为三点A,B,C 不能构成三角形,所 以A,B,C 在同一条直线上, ∴BC → ∥AC →,∴４×(２－k)－３×２＝０,解得k ＝１２． (２)由题意得,AB → ＝AC → －BC → ＝(k,１)． 当A 是 直 角 时,AB → ⊥AC →,∴AB →􀅰AC → ＝０, ∴２k＋４＝０,解得k＝－２; 当B 是直角时,AB → ⊥BC →,∴AB →􀅰BC → ＝０,∴k２ －２k－３＝０,解得k＝－１或k＝３; 当C 是直角时,AC → ⊥BC →,∴AC →􀅰BC → ＝０,∴１６ －２k＝０,解得k＝８． 综上所述,k的取值集合为:{－２,－１,３,８}． １６．解:(１)－１２＋ ３ ２i æ è ç ö ø ÷ ３ ２＋ １ ２i æ è ç ö ø ÷(１＋i) ＝ － ３４－ １ ４i＋ ３ ４i＋ ３ ４i ２æ è ç ö ø ÷(１＋i) ＝ － ３２＋ １ ２i æ è ç ö ø ÷(１＋i) ＝－ ３２－ ３ ２i＋ １ ２i＋ １ ２i ２ ＝－１＋ ３２ ＋ １－ ３ ２ i． ∴ －１２＋ ３ ２i æ è ç ö ø ÷ ３ ２＋ １ ２i æ è ç ö ø ÷(１＋i)＝ －１＋ ３２ ＋ １－ ３ ２ i ; (２)３＋２i２－３i－ ３－２i ２＋３i ＝ (３＋２i)(２＋３i)－(３－２i)(２－３i) (２－３i)(２＋３i) ＝ (６＋９i＋４i＋６i２)－(６－９i－４i＋６i２) (２－３i)(２＋３i) ＝２６i１３＝２i． ∴３＋２i２－３i－ ３－２i ２＋３i＝２i． １７．解:(１)由CD → ＝λCB → 得AD → －AC → ＝λ(AB → － AC →),解得AD → ＝λAB → ＋(１－λ)AC →, 又已知AD → ＝xAB → ＋yAC →, ∴x＝λ,y＝１－λ,故x－y＝２λ－１． (２)以C 为原点,CB 为 x 轴,CA 为y 轴 建 立 平面直角坐标系, 则A(０,１),B(３,０), 设F(x,y),y∈[０,１], 可得AF → ＝(x,y－１), BF → ＝(x－ ３,y) 由A,F,B 三点共线,可得xy－(x－ ３)(y－ １)＝０,即x＝ ３(１－y), 代入整理得CF →􀅰FA → ＝(x,y)􀅰(－x,１－y)＝ －x２－y２＋y＝－３(１－y)２－y２＋y＝－４y２＋ ７y－３＝－４y－７８ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１１６ ,y∈[０,１] 当y∈ ０,７８[ ö ø ÷ 时,CF →􀅰FA → ＝－４ y－７８ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ １ １６ 单调递增, 当y∈ ７８ ,１æ è ç ] 时,CF →􀅰FA → ＝－４ y－７８ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ １ １６ 单调递减, 故当y＝７８ 时,CF →􀅰FA → ＝－４y－７８ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１１６ 取 得最大值,最大值为１ １６ , 又当y＝０时,CF →􀅰FA → ＝－３,当y＝１时,CF → 􀅰FA → ＝０, 故CF →􀅰FA → 的取值范围为 －３,１１６[ ] １８．解:(１)因为cos２B＋cos２C＝２－２sin２A－ ２sinBsinC, 所以 １－２sin２B＋１－２sin２C＝２－２sin２A －２sinBsinC, 即sin２A＝sin２B＋sin２C－sinBsinC 由正弦定理得a２＝b２＋c２－bc, 又由余弦定理a２＝b２＋c２－２bccosA, 可得cosA＝１２ 因为A∈(０,π),所以A＝π３ ; (２)在△ABC 中,A＝π３ , 由等面积法得S△ABC＝S△ABD＋S△ACD, 即１ ２AC 􀅰AB􀅰sinA＝１２AB 􀅰AD􀅰sinA２＋ １ ２AC 􀅰AD􀅰sinA２ , 即１ ２×３×４× ３ ２＝ １ ２×４×AD× １ ２＋ １ ２×３× 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５１􀅰 AD×１２ , 所以AD＝１２ ３７ ． １９．解:(１)因为 ２bcosA＝acosC＋ccosA, 由正弦 定 理 得 ２sinBcosA＝sinAcosC＋ sinCcosA＝sin(A＋C), 因为A＋C＝π－B,可得sin(A＋C)＝sinB, 所以 ２sinBcosA＝sinB, 又因为B∈(０,π),可得sinB＞０,所以 ２cosA ＝１,即cosA＝ ２２ , 因为A∈(０,π),所以A＝π４ , 又由(OA → ＋OB →)􀅰AB → ＝(OB → ＋OC →)􀅰BC → ＝０, 可得(OA → ＋OB →)􀅰(OB → －OA →)＝(OB → ＋OC →)􀅰 (OC → －OB →)＝０, 解得OA →２ ＝OB →２,OB →２ ＝OC →２,即|OA → |＝|OB → | ＝|OC → |,所以O 为△ABC 的外心, 由正弦定理有２|OA|＝ asinA＝ ２ sinπ４ ＝ ２ ２ ２ ＝ ２,所以|AO|＝１． (２)因为A＝π４ ,所以∠BOC＝２∠A＝π２ ,所以 |BC → |＝ ２,|OB → |＝|OC → |＝R, 所以|BC → |＝ ２R＝ ２,外接圆的半径R＝１, |３OA → ＋２OB → ＋OC → | ２ ＝９OA →２ ＋４OB →２ ＋OC →２ ＋１２OA →􀅰OB → ＋６OA →􀅰OC → ＋４OB →􀅰OC → ＝９＋ ４＋１＋１２cos２C＋６cos２B＋４cos２A＝１４＋ １２cos２C＋６cos３π２－２C æ è ç ö ø ÷ ＝１４＋１２cos２C－６sin２C＝１４＋６ ５cos(２C＋ θ) 其中tanθ＝１２ ,且θ为锐角,故０＜θ＜π４ , 由 tanθ＝sinθcosθ＝ １ ２ sin２θ＋cos２θ＝１ ０＜θ＜π４ ì î í ï ïï ï ï ,可 得 sinθ＝ ５５ ,cosθ ＝２ ５５ , 因为 ０＜C＜π２ ０＜B＝３π４－C＜ π ２ ì î í ï ï ïï ,解得π ４＜C＜ π ２ ,即 C∈ π４ ,π ２ æ è ç ö ø ÷, 则２C∈ π２ ,πæ è ç ö ø ÷,则π ２＋θ＜２C＋θ＜π＋θ ,且π ２ ＜π２＋θ＜ ３π ４ , 因为余弦函数y＝cosx 在 π２＋θ ,πæ è ç ö ø ÷ 上单调 递减,在(π,π＋θ)上单调递增, 又因为cos π２＋θ æ è ç ö ø ÷＝－sinθ＝－ ５５ ,cos(π＋ θ)＝－cosθ＝－２ ５５ , 所以－１≤cos(２C＋θ)＜－ ５５ ,所以(３－ ５)２ ＝１４－６ ５≤１４＋６ ５cos(２C＋θ)＜８, 所以|３OA → ＋２OB → ＋OC|min＝３－ ５． (３)如图所示:取 AB 的中点 D,连接OD,则OD⊥AB, 所以AO􀅰AB → ＝(AD → ＋DO →) 􀅰AB → ＝AD →􀅰AB → ＋DO →􀅰AB → ＝１２AB →２, 同理可得AO →􀅰AC → ＝１２AC →２, 由平面向量数量积的定义可得AB →􀅰AC → ＝|AB → |􀅰|AC → |cosA＝ ２２|AB → ||AC → |, 因为AO → ＝xAB → ＋yAC →,所 以AO →􀅰AB → ＝x AB →２ ＋yAB →􀅰AC →, 即１ ２|AB → |２＝x|AB → |２＋ ２２y|AB| 􀅰|AC → |,所 以２x|AB → |＋ ２y|AC → |＝|AB → |,① AO →􀅰AC → ＝xAB →􀅰AC → ＋yAC →２,即１ ２|AC → |２＝ ２ ２x|AB → |􀅰|AC → |＋y|AC → |２, 所以 ２x|AB → |＋２y|AC → |＝|AC → |,②． 联立①②可得x＝１－ ２２ 􀅰|AC → | |AB → | , y＝１－ ２２ 􀅰|AB → | |AC → | , 所以x＋y＝２－ ２２ |AC → | |AB → | ＋|AB → | |AC → | æ è ç ö ø ÷, 又 因 为 |AB → | |AC → | ＝ sinCsinB ＝ sin(A＋B) sinB ＝ ２ ２ (sinB＋cosB) sinB ＝ ２ ２ １＋ １ tanB æ è ç ö ø ÷, 因为 B∈ π４ ,π ２ æ è ç ö ø ÷,可得|AB → | |AC → | ∈ ２ ２ ,２ æ è ç ö ø ÷,所 以x＋y∈ １２ ,２－ ２æ è ç ]． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６１􀅰 高一下学期期末实战模拟卷六　　 　　 命题范围:平面向量及其应用、复数 测试时间:１２０分钟,满分:１５０分 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．已知复数z＝ １１＋i (其中i为虚数单位),则z的虚部是 (　　) A．－１２ B．－ １ ２i C． １ ２ D． １ ２i ２．已知向量a＝(m,１),b＝(０,３),且a⊥(a－b),则m＝ (　　) A．２ B．２ C．± ２ D．±２ ３．已知向量a＝(－１,１),b＝(２,０),向量a在向量b上的投影向量c＝ (　　) A．(－２,０) B．(２,０) C．(－１,０) D．(１,０) ４．在复平面内,复数z１,z２ 对应的点关于直线x＋y＝０对称,若z１＝２＋i,则|z２－１＋３i| (　　) A．２９ B．１ C．５ D．５ ５．在四边形ABCD 中,AB → ＝DC → ,若|AD → －AB → |＝|BC → －BA → |,则四边形ABCD 是 (　　) A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．不确定 ６．在△ABC中,AD 为BC 边上的中线,点E 为AD 的中点,则EB → ＝ (　　) A．１４AB → －３４AC → B．３４AB → －１４AC → C．１４AB → ＋３４AC → D．３４AB → ＋１４AC → ７．法国数学家棣莫弗(１６６７－１７５４年)发现了棣莫弗定理:设两个复数z１＝r１(cosθ１＋isinθ１),z２ ＝r２(cosθ２＋isinθ２)(r１,r２＞０),则z１z２＝r１r２[cos(θ１＋θ２)＋isin(θ１＋θ２)]．设z＝－ １ ２－ ３ ２i ,则 z２０２４的虚部为 (　　) A．－ ３２ B． ３ ２ C．１ D．０ ８．如图,已知正方形ABCD 的边长为４,若动点P 在以AB 为直径的半圆上 (正方形ABCD 内部,含边界),则PC → 􀅰PD → 的取值范围为 (　　) A．(０,１６] B．[０,１６] C．(０,４) D．[０,４] 二、选择题: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．已知z满足􀭵z(１－i)＝z＋ ５i２－i ,则 (　　) A．z＝－４＋i B．复平面内􀭵z对应的点在第一象限 C．z􀭵z＝１７ D．z的实部与虚部之积为－４ １Ｇ６ １０．在△ABC中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知B＝６０°,b＝４ ３,则下列说法正确 的是 (　　) A．若A＝π４ ,则a＝４ ２ B．若a＝１,则c＝７＋３ ５２ C．△ABC周长的最大值为１２ ３ D．△ABC面积的最大值１２ １１．下列说法不正确的是 (　　) A．若a≠０,b≠０,a∥b,则a与b的方向相同或者相反 B．若a,b为非零向量,且 a|a|＝ b |b| ,则a与b共线 C．若a∥b,则存在唯一的实数λ使得a＝λb D．若e１,e２ 是两个单位向量,且|e１－e２|＝１,则|e１＋e２|＝ ２ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．复数z满足z＋􀭵z＝|z|,则 z|z| 的实部为　　　　　． １３．设向量a＝(１,２),b＝(m,１),且|a＋b|＝|a－b|,则m＝　　　　;a和b所成角为　　　　． １４．已知△ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c,且c＝ ３asinC－ccosA,若△ABC 为锐角三角形,a＝ ３,则△ABC周长的取值范围为　　　　　． 四、解答题:本题共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．(本小题满分１３分)已知平面上三点A,B,C且BC → ＝(２－k,３),AC → ＝(２,４)． (１)若三点A,B,C不能构成三角形,求k的值; (２)若△ABC为直角三角形,求k的取值集合． ２Ｇ６ １６．(本小题满分１５分)计算下列各题: (１)－１２＋ ３ ２i æ è ç ö ø ÷ ３ ２＋ １ ２i æ è ç ö ø ÷(１＋i); (２)３＋２i２－３i－ ３－２i ２＋３i． １７．(本小题满分１５分)已知△ABC中,C＝９０°,AB＝２,AC＝１,D 是线段BC 上一点,且CD → ＝λCB → ,F是线段AB 上的一个动点． (１)若AD → ＝xAB → ＋yAC → ,求x－y(用λ的式子表示); (２)求CF → 􀅰FA → 的取值范围． ３Ｇ６ １８．(本小题满分１７分)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c且cos２B＋cos２C＝ ２cos２A－２sinBsinC． (１)求角A; (２)若∠BAC的平分线交BC 于点D,b＝３,c＝４,求AD 的长． １９．(本小题满分１７分)在锐角△ABC 中,记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c, ２bcosA＝acosC＋ccosA,点O为△ABC的所在平面内一点,且满足(OA → ＋OB → )􀅰AB → ＝(OB → ＋OC → )􀅰BC → ＝０． (１)若a＝ ２,求|AO|的值; (２)在(１)条件下,求|３OA → ＋２OB → ＋OC → |的最小值; (３)若AO → ＝xAB → ＋yAC → ,求x＋y的取值范围． ４Ｇ６ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 高一下学期期末实战模拟卷六 数学答题卡 选择题(共５８分) １A B C D ４ A B C D ７A B C D １０ A B C D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３A B C D ６A B C D ９A B C D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 非选择题　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(共１５分) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(共７７分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) １５．(本小题满分１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)六(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(本小题满分１５分) １７．(本小题满分１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)六(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)六(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(本小题满分１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)六(卡题答学数