数学(二)-【步步为赢】2023-2024学年高一下学期数学期末综合冲刺卷(人教A版)

高一下学期期末综合冲刺卷·数学（二） (满分：150分) 一、单项选择题：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.下列命题中正确的是 超 A.若两个向量相等，则它们的起点和终点分别重合 B.模相等的两个平行向量是相等向量 C.若a和b都是单位向量，则a=b 如 D.两个相等向量的模相等 2.已知平面向量a=(2,一1)，b=(1,1),c=(一5,1)，若(a十b)∥c,则实数k的值为 邮 4 B. C.2 n. 长 3在平面直角坐标系中，向量n=(2,0),将向量n绕点0按逆时针方向旋转等后得向量m, Z 的 若向量a满足|a一m一n=1,则|a的最大值是 A.23-1 B.2√3+1 C.3 D.√6+2+1 州 4.在平行四边形ABCD中，∠ABD=90°，且AB=1,BD=√2，若将△BDC沿BD折起使平面 ABD⊥平面BCD,则三棱锥A一BDC的外接球的表面积为 () A.2π B.4π C.16π D.8π 装 5.如图是正四面体的平面展开图，G,H,M,N分别是DE,BE,EF,EC的中点.在这个正四 翻 面体中：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线：③GH与MN成60°角：④DE与 MN垂直.以上四个命题中，正确命题的个数是 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 2-1 6.如图，在正方形ABCD中，E,F分别是AB,BC的中点，G是EF的中点，沿DE,EF,FD 将正方形折起，使A,B,C重合于点P,构成四面体，则在四面体P一DEF中，给出下列结 论：①PD⊥平面PEF:②PD⊥EF:③DG⊥平面PEF:④DF⊥PE;⑤平面PDE⊥平面 PDF.其中正确结论的序号是 A.①②③⑤ B.②③④⑤ C.①②④⑤ D.②④⑤ 7.某校进行了一次创新作文大赛，共有100名同学参赛，经过评判，这100名参赛者的得分 都在[40,90]之间，其得分的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是 ( 频率 组距型 0.035 0.030 0.020 0.010 405060708090得分1分 A.得分在[40,60]之间的共有40人 B.从这100名参赛者中随机选取1人，其得分在[60,80)的概率为0.5 C.这100名参赛者得分的中位数为65 D.估计得分的众数为55 :额* 组距 8.已知一组样本数据被分为[10,20)，[20,30)，[30,40]三段，其频率分布 0.05 0.04 0.03 直方图如图所示，则从左至右第一个小长方形的面积是 A.0.02 B.0.2 C.0.08 D.0.8 010203040数据 二、多项选择题：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，少选一项扣2分，有选错的得0分 9.已知A,B,C,D四点的坐标分别为(1,0)，(4,3)，(2,4)，(0,2)，则此四边形不可 能为 ( A.梯形 B.菱形 C.矩形 D.正方形 2-2 10.下列命题正确的是 ( A.若复数之1,2的模相等，则之1,2是共轭复数 B.之1,2都是复数，若名十2是虚数，则2不是之2的共轭复数 C.复数之是实数的充要条件是之=(：是之的共轭复数) D.已知复数名=一1十2i,2=1-i,=3一2i(i是虚数单位)，它们对应的点分别为A, B,C,O为坐标原点，若OC-xOA+yOB(x,y∈R),则x十y=1 11.如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在△ABC中，过中线AD的中点E任作一条直线分别交AB,AC于M,N两点.若 AM=xAB.AV=yAC,则4x十y的最小值为 13.已知A(2,-3),AB=(3,一2)，则线段AB的中点坐标为 14.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代建筑中首创的榫卯结构，这 种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观 看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称.从外表上 看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90榫卯起来.如图，若正四棱柱的高为6，底面正 方形的边长为1，现将该鲁班锁表面涂色，则需要涂色的面积为 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. 15.13分)如图，在△ABC中，D,F分别是BC,AC的中点，A正-号AD,A店=a,AC=h. (1)用a,b分别表示向量AD,AE,AF,BE,BF: 2-3 (2)求证：B,E,F三点共线. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形， 且∠DAB=60°，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面 D ABCD. (1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD: 2-4 (2)求证：AD⊥PB. 17.(15分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cosB=专，b=2. (1)当∠A=30°时，求a的值； (2)当△ABC的面积为3时，求a+c的值. 2-5 18.(17分)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保 人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下表： 上年度出险次数 0 2 3 ≥5 保费 0.85d a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 出险次数 0 2 3 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值： 2-6 (2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求 P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值. 2-7 19.(17分)如图，在三棱柱ABC-AB,C,中，E,F,G,H分别是AB,AC,A AB,A,C,的中点.求证： B (1)B,C,H,G四点共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 2-8于是P(A)-#(A)##(B)#-#(B)#-3# ADEF为正四面体矛盾,故假设不成立,故BD与 MN异面).对于③,依题意,GH//AD,MN//AF. 由于甲(或乙)是否抽到足球票,对乙(或甲)是否抽 DAF-60{*},故GH与MN成60{}角,故③正确,对于 到足球票没有影响,因此A与B是相互独立事件. ④,连接GF,A点在平面DEF的射影A:在GF上, (1)甲、乙两人都抽到足球票就是事件AB发生,根据相 '.DE ]平面AGF,..DE AF,而AF//MN 互独立事件的概率公式,得P(AB)一P(A)P(B)= '.DE与MN垂直,故④正确,综上所述,正确命题有3个. 2翻 故选C. A(B.C) (2)甲、乙两人均未抽到足球票(事件AB发生)的概 5-25 H(N 所以两人中至少有1人抽到足球票的概率为P一 D 一 1-P(AB)-1- 高一下学期期末综合冲刺卷·数学(二) 1.D 6.C 如图,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以BD|EF, 2.B 因为a-(2,-1),b=(1:1).所以a+b=(2+ 因为 DA |AE,DC CF,所以折叠后 DP -1+k),又c=(5,1),由(a十b)/c得(2+)x1 PE,DP PF. .故选B. 所以DP 平面PEF,所以①正确; -5×(-1),解得= 由DP 平面PEF,EFC乎面PEF,所以DP EF. 3.B 依题意,m=(1.3),所以m十n=(3,3) 所以②正确; 设a=(x,y),又a-m-n-1. 由DP 平面PEF,根据过一点有且只有一条直线垂 所以(x-3)+(-/③)-1. 直于一个平面, 所以向量a的终点坐标(x·V)的轨迹是以(3.3)为圆 所以DG 平面PEF是不正确的,所以③不正确; 心,半径为1的圆. 由PE PF,PE DP,可得PE 平面DPF,又DF 所以a的最大值为圆心(3,3)到原点的距离加上 二平面DPF, 半径. 所以PE DE,所以④正确 所以a的最大值为3{}+(3)+1-23十1.故选B. 由PE 平面DPF,又PEC平面PDE,所以平面 4.B 在平行四边形ABCD中, ABD=90{*},将△BDC PD 平面DPF,所以正确, 沿BD折起使平面ABD 平面BCD可得如图所示的 综上可知,正确的结论序号为①②④,故选C 三校锥A一BDC.将三校锥A一BDC镶嵌在长方体 P(.B.C) 中,则三校锥A一BDC的外接球与长方体的外接球相 同,.AB=1,BD一②,外接球的半径为 1+(v2)②+1-1..三校锥A-BDC的外接球 的表面积为4π×1?-4π.故选B. 7.C 根据频率和为1,计算(a十0.035十0.030十0.020十 0.010)×10=1,解得a=0.005,得分在[40,60)的题率是 0.40,估计得分在[40,60)的有100×0.40-40(人),A正 确;得分在60,80)的频率为0.5,用频率估计概率,知 这100名男生中随机抽取一人,得分在[60,80)的概 5.C 将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B, 形对应的底边中点为50十60 一55,..估计众数为55. C)DEF,如图,对于,.'M,N分别为EF,AE的中 2 点..'MN//AF,而DE与AF异面,故DE与MN不 D正确,故选C. 平行,故①错误,对于②,BD与MN为异面直线,正确 8.B 由频率分布直方图可得,小长方形面积为S一1一 (假设BD与MN共面,则A,D,E,F四点共面,与 (0.05+0.03)×10-0.2.故选B 3 9.BCD ·:AB-(3,3).CD=(-2.-2). #-##(atb),# $AB--CD.:AB与CD共线. 又 ABCD.'.该四边形为梯形.故选BCD 2 ##F-14- 10.BC 对于A,z1,z2可能是相等复数,故A错误;对 于B,若1和z2是共辄复数,则相加为实数,不会为 BE-A-AB-(a+b) 虚数,故B正确;对于C,由a十bi=a一bi得b一0,故 C正确,对于D,由题可知A(-1,2),B(1,-1); (一c+y-3, 解得{ 1x-1, C(3,一2),建立等式 故D 2x-y--2, y-4, B-F-AB-b6-a-(b-2a).# 错误,故选BC. (2)证明:由(1)可知B-B 11.BD 对于A,由AB与CE所成角为45^{},可得直线 3 AB与平面CDE不垂直:对于B,由AB |CE. 因为有公共点B, AB ED,且CEOED=E,可得AB平面CDE:对 所以B,E,F三点共线. 于C,由AB与CE所成角为60{},可得直线AB与乎 16.证明:(1).在菱形ABCD中,G为AD的中点, 面CDE不垂直;对于D,由ED 平面ABC,可得 DAB-60”。 ED AB,同理,EC|AB,可得AB|平面CDE.故 .BGAD. 选BD. 又平面PAD 平面ABCD,平面PADO平面ABCD 12.解析:由题意知AD-(AB+AC)#,AEF-A- -AD. 1(AB+AC).:M.E.N三点共线.:AE-aAM+ BG平面PAD. (2)如图,连接PG. (1-)AN(其中0<a<1).又:AM-:AB,AN- .△PAD为正三角形,G为AD的 AC..(AB+A)-:AB+(1-)yAC.因此 中点..PGAD 由(1)知BG | AD,PGOBG=G. (4-1, 1 ..AD]平面PGB,.PBC平面PGB. 有 解得x一- 14(1-0y-1, .AD|PB. =t+(t-1) t1,则4x十y- 所以sinB= 时取等号。 -_0 由正弦定理“6 答案 . 所以a一 13.解析:OB-OA+AB=(2,-3)+(3.-2)=(5,-5). AB中点(,-一4). 所以10ac-3.ac-10. 3 答案:(.-4) 由余弦定理得b-a2+c2-2accosB. 14.解析:由题图可以转化为求6个组合 即4=a2十2-8 -ac-a2②+e2-16,即a2+十c2}-20. 体(如图)的表面面积的和,所以需要 涂色的面积为6×[1×2+2.5×1×22.5 所以(a+c)?-2ac-20.(a+c)?-40. +(2×2.5-1×0.5)×2]-96. 因为a+c0,所以a十c-210. 答案:96 ### 0.5 18.解:(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2 15.解:(1)如图,延长AD到G.使 由所给数据知,一年内出险次数小于2的频率为 #-A.# 60+50 0-0.55,故P(A)的估计值为0.55. 200 连接BG.CG.得到□ABGC. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小 所以AG-a十b, 于4.由所给数据知,一年内出险次数大于1且小于4的 为30+30-0.3.故P(B)的估计值为0.3. 频率为 能作出一个平面③,满足nCa,nCB,a与8所成锐二 200 面角为60{},故③正确,故选D (3)由所给数据得 5.D 当点E为橡CC1的中点时,AC/EF,可得 保费0.85a a 1. 25a 1.5a 1. 75a 2a A C. /平面BED;F;因为B D与BD;不垂直,因此 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 B.D 平面BED;F不成立;因为正方体的体对角线 BD:与平面ACD垂直,因此平面ACD 平面 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30十 BED.F;四枝锥B+-BED F的体积等于2VB-BED= $0.25+1.25ati0.15+1.5ax0.15+1.75x 0.10+2a×0.05-1.1925a,因此,续保人本年度平 均保费的估计值为1.1925a. 故选D. 19.证明:(1).GH是△A:BC的中位线. 6.C 依题意,由三视图还原出原几何体的直观图如图所示, .GH/BC. 又·BC /BC.'GH//BC .B.C,H,G四点共面. (2)·E,F分别为AB,AC的中点, .EF/BC. 又EFC平面BCHG,BCC乎面BCHG ..EF/乎面BCHG. .AG/EB且AG-EB. D '.四边形A:EBG是平行四边形,.'AE/GB .'A.FCt乎面BCHG,GBC平面BCHG. 'A.E/平面BCHG. 33(1+2i)-3+; .AEC平面EFA,EFC平面EFA,且AEOEF -E. '乎面EFA/乎面BCHG 高一下学期期末综合冲刺卷·数学(三) 8.D.-+x. 1.B 如图,由cAC十aPA+ n PB-0知,c(P-PA)+ PA-P-(a-o)PA+ 7 (x-)2+(x-)2十.+(x-)? .2。 (c-b)PC-0,而PA与PC为 7 不共线向量,.a-c=c-b-0.'a=b=c. '.△ABC的形状为等边三角形.故选B. 2.D , -9X --92. 3.D 由题意知b0,设向量a,b的夹角为0,因为(a十b)· ì (-2b)=a^{②}-a·b-2b^{}-0,又|al=1,所以1$ 故选D. |bcos-2|b|2=0,所以|blcos=1-2|b,因为 9.ABC a+b- (1+cosθ)+sinθ- 2+2cos -1<cosθ<1,所以-|b<1-2|b<|b|,所以 因为E[-],所以cos [o.1. 所以a+b[②,2].结合选项可知选ABC. 4.D 异面直线m,n所成的角是60{},在①中,由异面直 10.ACD 根据梭锥的结构特征,知梭锥的侧枝长不一 线n,n所成的角是60{},在n上任取一点A,过A作 定都相等,故选ACD 直线n'/n,在空间中过点A能作出直线/,使得/与 11.BD 选项A显然不成立;用样本估计总体时,样本 n.n'的夹角均为60{}..'.存在直线l.满足l与m,n的夹 容量越大,估计就越精确,选项B成立;样本的标准 角都是60{*},故①正确;在②中,在n上取一点B,过B 差可以近似地反映总体的稳定状态:数据的方差越 作直线n'/m,则以m,m'确定的平面a,满足mCa,n 大,说明数据越不稳定,选项D成立.故选BD 与a所成的角是60{}故②正确;在③中,在n上取一点 12.解析:建立如图所示的平面直角坐标系,由题意得 C.过C作直线m/m,n,m'确定一个平面a,.',过n B(-1,-1),C(7,-1).设点D(x,y),所以AB= 5