2022新高考高二數(shù)學期末復(fù)習卷10A（解析版）

期末復(fù)習卷10A

一、單選題，本題共8小題，每小題5分，共40分，每小題的四個選項中只有

一項是符合題目要求的.

1.已知復(fù)數(shù)Z=l+i2°2\貝()

A.2+zB.2-zC.1-zD.1+z

【答案】C

【解析】

【分析】利用復(fù)數(shù)的乘方運算以及共規(guī)復(fù)數(shù)的概念即可求解.

202l202

【詳解】z=l+i=l+z°./=1+/,z=l-z.

故選：C

3.設(shè)a,夕，/為不同的平面，m，n,/為不同的直線，則下列條件一定能得到相，力

的是()

A.a[yy=m,aly,0_LyB.ak(3,a[}/3=l,mH

C.nLa,J3,ml.aD.mLa

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)排除法，結(jié)合線面垂直的判定，可得結(jié)果.

【詳解】在A中，因為aCly=m,所以

而2_17,〃2并不垂直于"內(nèi)的所有直線，

所以"和“可能不垂直，故A錯誤；

在B中，加只垂直￡內(nèi)的一條直線，

所以不能推出加，力，故B錯誤；

在C中，因所以a〃月，

又加_La,所以根_LQ,故C正確；

在D中，由al_小4J_/,不能推出a〃夕，

所以由不能推出m」尸，故D錯誤.

故選：C

【點睛】本題主要是線面垂直的判定，屬基礎(chǔ)題.

5.已知函數(shù)/(x)=cos(2x+e)lM<?的圖象關(guān)于點對稱，為了得到函數(shù)

y=sin2x的圖象，只需要將函數(shù)的圖象().

7T7T

A.向左平移三個單位長度B.向右平移不單位長度

1212

7T

C.向左平移出個單位長度D.向右平移一個單位長度

66

【答案】B

【解析】

5兀由于同<],可得化簡后可得71

【分析】首先由/=0,e=—(f(x)=sin2X+——

1212

再通過左加右減原理，即可得解.

5兀=cos(2x^+e)=0,

【詳解】由題意得/

12

SirITTT

則—+e=+&兀(&￡Z),得6=—2+&7T(&wZ),

623

由于網(wǎng)<-,所以夕=—二,

23

/、

cos(2x」］=sin小兀)兀71?c兀sin2(，

/(力=2x—+—sin2x+一

I3j32I6J

717T

故將/(x)=sin2X十一的圖象向右平移一個單位長度后可得函數(shù)y=Sin2x的圖象.

1212

故選：B

7.如圖，在矩形ABCO中，AB=2AD=2a,E是AB的中點，將△AQE沿。E翻折至△AQE

的位置，使三棱錐4-CDE的體積取得最大值，若此時三棱錐4-CDE外接球的表面積為

1671,則〃=)

C.272D.4

【答案】A

【解析】

【分析】首先分析出何時三棱錐Ai-CQE的體積取得最大值，然后作出圖形，找到球心與

半徑，根據(jù)表面積列出方程，求解即可.

當平面ADEJ.平面CDE時，三棱錐A「8E的體積取得最大值，

因為48=24。=加,￡是48的中點,所以4。=4￡=兄。6=缶，4。2+4爐=?！辏?,

所以為等腰直角三角形，因此取DE的中點P，連接4尸，

則4八。七，42=叵

2

因為平面AOE，平面CDE,且平面ADEn平面CDE=DE，所以O(shè)E_L平面CDE,

又PCu平面CDE,所以DE工PC,

又因為&52+?！?；2=。。2,所以ACED為等腰直角三角形，因為EC=DE=缶,

所以PE=.,故PC=?L,所以4P2+。22=4。2=3/,

22

rr

又由4。2+4。2=。。2,所以△ACO為直角三角形，且ND41c=5，

取。。的中點。，連接。旦。4t，則有OE=QA=OC=O。，即。外接球的球心，則

OE,OA，OC，°D為球半徑，所以16?=4?x/,即a=2.

故選：A.

二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分，每小題的四個選項中，有

多項是符合題目要求的.全選對得5分，選對但不全得2分，有錯誤答案得0分）

9.已知復(fù)數(shù)2=（以第。+5抽。）+（（305￡-5m二）1,則下列說法正確的是（）

A.ae（0,（1時，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點在第一象限內(nèi)

B.若z是純虛數(shù)，則a=把

4

C.復(fù)數(shù)z的模的最大值為2

D.復(fù)數(shù)z的模長為定值

【答案】AD

【解析】

【分析】z-y/2sin(a+5+cos(a+?i,判斷sin(a+?J與cos(a+?)可判斷

A,由純虛數(shù)的定義可判斷B,求出復(fù)數(shù)z的模求可判斷CD

【詳解】由cosa+sina=J^sin卜+卦cosa-sina=V2cos[0+?)，

:.z=6sina+—+cosa+—i

LI4；I4J

A：當時，a+故sin[a+(J>0,cos(a+?J>0,

復(fù)數(shù)z的模為忖=J(cosc+sine)2+(cosa-Sina)?=叵，故C錯誤，D正確；

故選：AD

11.如圖，在直角梯形ABC。中，BC±DC,AE±DC,且E為CD的中點，M,N分別

是A￡>,BE的中點，將三角形AOE沿AE折起，則下列說法正確的是()

A.不論。折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有〃平面DEC；

B.不論。折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MNJ.AE；

C.不論。折至何位置（不在平面ABC內(nèi)），都有肱V〃AB；

D.在折起過程中，一定存在某個位置，使EC，4）.

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用平面幾何知識得到四邊形ABE。為平行四邊形，由此畫出折疊后的立體圖形,

利用線線、線面位置關(guān)系的判定進行逐一分析判斷，即可得到答案.

【詳解】由已知，在未折疊的原梯形中，AB//DE,BEHAD,

所以四邊形ABE。為平行四邊形，所以BE=AD，

折疊后如圖所示，過點M作“P//OE,交AE于點P，

平面。EC,DEu平面DEC,：.MP//平面DEC,連接NP,

因為M,N分別是A。,BE的中點，所以P為AE中點，故NP//AB//EC,

?.?NPe平面DEC,ECu平面DEC,.?.N。//平面。EC,

又MPCNP=P,；.平面MNP//平面DEC,

又MNu平面M/VP,，MN//平面DEC,故A正確；

由已知，AE±ED,AE±EC,所以AE_LA/P,AE_LNP,

又MPC\NP=P,"「，加匚平面時此^,隹工平面的務(wù),

又MNu平面MNP,;.AE上MN,故B正確；

假設(shè)MN〃/W,則MN與AB確定平面MNBA,

從而BEu平面MNBA,AOu平面MNBA，這與BE和AO是異面直線矛盾，故C錯誤；

當。時，ECLAD,證明如下：

因為EC±EA,EC±ED,EAcED=E,EA,EDu平面ADE，

所以EC_L平面ADE，又AOu平面ADE,所以￡C_LAO,故D正確.

故選：ABD.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了線面平行、線線平行、線線垂直，涉及了平面中線面平行

判定定理、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是能正確畫出折疊后的立體

圖形.

三.填空題（本題共4小題，每題5分，共20分）

13,已知復(fù)數(shù)z滿足|z+2-2i|=l,則|z—2—24的最小值為.

【答案】3

【解析】

【分析】可得|2+2—2力=1表示復(fù)數(shù)2對應(yīng)的點在以（—2,2）為圓心，1為半徑的圓上，

|z-2-2,[的最小值即為復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點到（2,2）的距離的最小值.

【詳解】由|z+2—2z[=|z—（―2+2i）|=l可得復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在以（一2,2）為圓心，1為半

徑的圓上，

|z—2-2/1=上一（2+2。|表示復(fù)數(shù)2對應(yīng)的點至42,2）的距離，

點（-2,2）到點（2,2）的距離為J（一2-2）2+（2-2）2=4,

則|z—2—24的最小值4-1=3

故答案為：3.

【點睛】關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵是正確理解復(fù)數(shù)的幾何意義，判斷出|z+2-2i|=l表

示復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在以（-2,2）為圓心，1為半徑的圓上.

15.在AA8C中，若NA:NB=1:2,且NACB的平分線CO把AABC分成面積比為5：3

的兩部分，貝ijcos4=.

【答案】f

6

【解析】

【分析】由A與B的度數(shù)之比，得到8=2A，且3大于A,可得出AC大于BC,利用角

平分線定理根據(jù)角平分線CO將三角形分成的面積之比為5:3,得到BC與AC之比，再利

用正弦定理得出sinA與sinS之比，將3=2A代入并利用二倍角的正弦函數(shù)公式化簡，

即可求出cosA的值.

【詳解】-：A-.B=\.2,即8=2A，

:.B>A，

/.AC>BC,

???角平分線CO把三角形面積分成5:3兩部分，

,由角平分線定理得：BC:AC=BD:AD=3:5,

二由正弦定理旦=￥,得：當=],

sinAsinBsmB5

整理得：-^-=-S''"A=|,

sin2A2smAcosA5

【點睛】此題屬于解三角形的題型，涉及的知識有正弦定理、角平分線定理以及二倍角的正

弦函數(shù)公式，熟練掌握定理及公式是解本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.

四、解答題（本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算

步驟.）

ZBAC=90",AB=AC=AA\.

（1）求證：平面小BG；

（2）若。為亂G的中點，求AO與平面4SG所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2）近

3

【解析】

【分析】（1）若要證明線面垂直，只要證明該直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，結(jié)合圖像,

利用線面關(guān)系即可得解;

（2）要求線面角的正弦值，先確定線面角，然后解三角形即可.

【詳解】（1）證明：由題意知四邊形A4由山正方形,

由AAiJ_平面AiBiG得AA\_LA|C|.

又：ACiJ_ABi,AAiC4Bi=Ai,

；.A?Ci_L平面AA\B\B.

又TABiu平面A41BB,.".AiCiJlABi，

又?.?BAmAidi,

；.ABiJ_平面AIBCI.

(2)連接4。設(shè)AB=AC=AAi=l.

平面ABICI,；./AQA是AO與平面48G所成的角.在等腰直角三角形48G中，

1日

。為斜邊SG的中點，=".

22

在RtZXAiDA中，AO=Ji萬7工調(diào)=日.

.?.sin/AQA=44=旦，即4。與平面43G所成角的正弦值為逅.

AD33

【點睛】本題考查了立體幾何的線面垂直的證明，考查了幾何法求線面角的大小，有一定的

計算量屬于中檔題，本題的關(guān)鍵有：

(1)通過線面垂直關(guān)系得到線線垂直，從而得到線面垂直；

(2)幾何法求線面角的關(guān)鍵是先確定線面角，進而解三角形計算.

19.在AABC中，角A,B,C所對應(yīng)的邊分別為a,b,c,已知

csin26+26sinBcosC=2A/3Z?COSA.

(1)求角A；

(2)若a=4,求BC邊上的中線A。長度的取值范圍.

【答案】(1)A=y；(2)AZ)e(2,2G].

【解析】

【分析】(1)由正弦定理化邊為角，化簡可得sinA=6cosA,即可求出A；

(2)由余弦定理可得〃+02-16=兒，結(jié)合基本不等式可求出16</+。2W32,再由余

弦定理可得2AQ2="+C2一幺，即可求出范圍.

2

【詳解】(1)因為csin28+2Z?sin8cosC=2cosA，

所以2csinBcosB+2bsinBcosC=26力cosA.

由正弦定理可得2sinCsin3cos5+2sin3sinBcosC=2百sinBcosA.

因為sinBwO,所以sinCeos8+sinBcosC=GeosA，

即sin(B+C)=V3COSA,即sinA=GeosA,即tanA=G.

又A￡((),?),所以A=g.

JI

(2)由(1)得4=~^,所以b?+C?—16=2/?ccosA=/?c.

因為。cX),所以。2+02—16X).

由基本不等式可得〃+C2-16<幺*，

2

所以從+C2?32,ttl6<Z?2+c2<32.

設(shè)NAD3=e,則02=+AD2-a-ADcos0)

所以2A￡>2=/,2+C2-—

2

所以4VAA?412，所以AOe(2,20].

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查正余弦定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是化邊為角得出

sinA=6cosA，由余弦定理結(jié)合基本不等式得出16Vb2+^<32.

21.如圖，在多面體ABCDE尸中，四邊形ABC。和CDEF均為直角梯形，AB//CD,

7T

CF//DE,且NCDE=/CDA=—,CD=AD=DE=AE=2AB=2CF=4.

2

E

(1)求證：BFHACE.

(2)求點E到平面ACE的距離.

【答案】(1)證明見解析；(2)述L

7

【解析】

【分析】(1)取OE中點G,如圖，證四邊形CDG/是平行四邊形，進而得出

再證四邊形ABFH是平行四邊形得出BF//AH即可.

(2)根據(jù)(1)的結(jié)論再證OE_L平面A8CD,得出。石是點E到平面ABQD的高，

分別求出S.ASC和S.ACE，結(jié)合三棱錐等體積法即可求出點尸到平面ACE的距離.