数学(三)-【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（三） (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.已知在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,P是BC边的中点，若cAC+aPA+ bPB=0,则△ABC的形状为 数 A.等腰三角形 B.等边三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 2.在△ABC中，点M是BC的中点，点N在AC上且AN=2NC,AM交BN于点P,设 如 AP=入AM,则入的值为 () A.4 B号 c 3.已知向量a,b满足a=1,(a十b)·(a一2b)=0,则|b的取值范围为 A.[1,2] B.[2,4] [】 D.[2] ← 4.若异面直线m,n所成的角是60°，则以下三个命题： ①存在直线l,满足1与m,n的夹角都是60°； Z ②存在平面a,满足mCa,n与a所成角为60°； ③存在平面a,3,满足mCa,nC3,a与B所成锐二面角为60°. 那 其中正确命题的个数为 批 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 5.如图，在正方体ABCD-AB,CD,中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED,交棱 AA1于点F.则下列命题： ①存在点E,使得A,C1∥平面BEDF: ②存在点E,使得B,D⊥平面BED,F; ③对于任意的点E,平面AC,D⊥平面BEDF: ④对于任意的点E,四棱锥B,一BED,F的体积均不变 其中真命题有 ( A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 3-1 6.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是号，则正视图中的x的值是 () 2 正视图 侧视图 俯视图 A.2 9 B.2 c D.3 3 7.已知复数=1二i是虚数单位)，则：的实部为 A.- c- n 8.已知n个数x1,x2,…,xn的平均数为x,方差为s2,则数据3x,3x2,…,3xn的平均数和方 差分别为 ( A.x,22 B.3元，s2 C.3x,2 D.3x,9s2 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.已知向量a=(1,0),b=(cos0,sin0),0∈ [一，】，则a+b的值可以是 ( A.2 B.3 C.2 D.2√2 10.关于空间几何体的结构特征，下列说法正确的是 A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等 C.三棱台的上、下底面是相似三角形 D.有的棱台的侧棱长都相等 11.用样本估计总体，下列说法正确的是 A.样本的结果就是总体的结果 B.样本量越大，估计就越精确 C.样本的标准差可以近似地反映总体的平均状态 D.数据的方差越大，说明数据越不稳定 3-2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在△ABC中，AB=√2，BC=8,∠B=45°，D为△ABC所在平面内一点且满足 (AB·AD)·(AC.AD)=4,则AD长度的最小值为 13.若a=1,|b=2,a与b的夹角为60°，若(3a十5b)⊥(ma一b),则m的值为 14.如图，AB,CD分别表示甲、乙两楼，AB⊥BD,CD⊥BD,从甲楼顶部A处测 得乙楼顶部C处的仰角α=30°，测得乙楼底部D处的俯角3=60°，已知甲楼 高AB=24m,则乙楼高CD= m. 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，在四棱锥P一ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6cm的全等的 等腰直角三角形. 主（正）视图 左（侧）视图 (1)根据图中所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； 3-3 (2)求PA. 16.(15分)在直角坐标系xOy中，已知点A(1,1),B(2,3),C(3,2). (1)若PA+PB+PC=0,求OP的坐标： 3-4 (2)若OP=mAB+nAC(m,n∈R),且点P在函数y=x十1的图象上，试求m-n. 17.(5分)如图，在△ABC中，AQ=QC,AR=号A店，BQ与CR相交于1， AI的延长线与边BC交于点P. (1)用AB和AC分别表示BQ和CR: 3-5 (2)如果Ai=AB+aBQ=AC+uCR,求实数A和A的值： (3)确定点P在边BC上的位置. 3-6 18.(17分)甲、乙、丙三人在同一间办公室工作，办公室里只有一部电话机，设经该机打进的 电话打给甲，乙、两的概率依次为行，分，2·若一段时间内打进三个电话，且各个电话相 互独立，求： (1)这三个电话是打给同一个人的概率： (2)这三个电话中恰有两个是打给甲的概率. 3-7 19.(17分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知3 bcos C=csin B. (1)求角C的大小： (2)若c=2√7，△ABC的面积为6√3，求△ABC的周长. 3-8领率为30+30=0.3，故PB的估计值为0.3. 能作出一个平面B,满足mCa,nCB,a与B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为棱CC的中点时，A1C∥EF,可得 保费0.85a 1.25a1.5a 1.75a 2a A1C1∥平面BED1F:因为B1D与BD1不垂直，因此 频率 0.30 0.250.150.15 0.100.05 B1D⊥平面BED1F不成立：因为正方体的体对角线 BD1与平面A1C1D垂直，因此平面A1CD⊥平面 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30+ BED1F;四棱维B-BED1F的体积等于2VB,-BED, a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a× 0.10十2a×0.05=1.1925a,图此，续保人本年度平 2Vn,-=2X专·D,G··BB·BC为定值 均保费的估计值为1.1925a. 故选D. 19.证明：(1)：GH是△A1BC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∥B1C. 又B1C∥BC,.GH∥BC, 原几何体为四校维，且其底面积为号×2X1十2)=3，高为 .B,C,H,G四点共面. ,所以其体积V=1 ×=号所以=故选C (2),E,F分别为AB,AC的中点， ∴.EF∥BC. 又EF在平面BCHG,BCC平面BCHG, ∴.EF∥平面BCHG. :AG∥EB且A,G=EB, .四边形A1EBG是平行四边形，∴.A1E∥GB. ,A1E过平面BCHG,GBC平面BCHG. .A1E∥平面BCHG. :A1EC平面EFA,EFC平面EFA,且AE∩EF 3 3(1+2i) .B20=2D0中20=子+9b =E, ∴.平面EFA1∥平面BCHG. :的实部为号故选B 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（三）】 8.D 7=1十2十…+ 1.B如图，由cAC+aPA+ bPB=0知，c(PC-PA)+ :3x1+3x9++3u=3z a PA-b PC=(a-c)PA+ :2=（1-)2+(x2-x)2+…+(x,-)2 (c-b)PC=0,而PA与PC为 不共线向量，∴.a-c=c一b=0,a=b=c. :(3x1-3r)2+(3x2-3z)2+…+(3.xw-3)2 ∴△ABC的形状为等边三角形.故选B. 2.D =9X1-)2+(g-)2+…+(x,-)2 =9s2 3.D由题意知b≠0，设向量a,b的夹角为0，因为(a十b)· (a-2b)=a-a·b-2b2=0,又|a|=1,所以1 故选D 1bc0s0-2|b12=0,所以|b1c0s0=1-21b|2,因为 9.ABC la+b=V(1+cos 0)2+sin20=2+2cos 0. -1≤c0s0≤1，所以-|b|≤1-2b12≤1b1,所以 因为0c[吾·吾]，所以cms0e[o1. o<1,所以的取位范围是[宁1小故选D 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根据棱锥的结构特征，知棱维的侧棱长不一 线m,n所成的角是60°，在m上任取一点A,过A作 定都相等.故逃ACD. 直线n'∥，在空间中过点A能作出直线1，使得I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1，满足1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m'∥m,则以m,m'确定的平面a,满足mCa, 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',m,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 (-1,-1),AC-(7,-1).AD=(x,y),所以(AB· 16-3x=0. .x=2, 所以 解得 所以点P的坐标为(2.2)， AD)·(AC.AD)=(-x-y)·(7x-y)=4,即 6-3y=0, y=2. 故0p-(2,2). (x十y)·(y-7x)=4.令 x十y=m·则 y-7x=n. (2)设点P的坐标为(x0,yo),因为A(1,1),B(2,3) C(3,2),所以AB=(2,3)-(1,1)=(1,2),AC= 8(m-), (3,2)-(1.1)=(2.1). y= gm+ mm=4,所以ADF+子-名 因为O市=mA方+nAC, 所以(x0yo)=m(1,2)十n(2,1)=(m+2n,2m+n), V(m-)2+(7m+n)- ·√50m2+2n2+12mn= xo=m+21, 所以 号v5m+7+2≥装.M0m+2-区.专且 (yo=2m+n. 两式相减得m一n=y0一x0 仅当5m=n=士2√5时，等号成立，所以AD的最小 又因为，点P在函数y=x十1的图象上， 值为√②. 所以yg一x0=1.所以m一n=1. 17.解：1)由Aà-2A心. 可得BQ-Bi+A夜=-A店+号AC :旅=号A. 答案：v2 13.解析：由题意知(3a+5b)·(m0-b)=3mma2十(5m ∴.C求=Ci+A求=-AC+A成 3)a·b-5b2=0,即3m+(5m-3)×2×cos60° (2)将戒=-A+号A.C成=-A心+号A花 5X4=0,解得m=号 代入Ai=AB+aBO=AC+C求. 答案号 则有A+a(-AB+2A)=A心+(-AC+A花) 14.解析：如图，AE⊥CD,垂足为点E,则 即1-ai+2AAC-3A+1-aC, ED=AB=24 m. E AE=,ED-24=8V5(m. 又AB与AC不共线， tan60°√ 在Rt△ACE中，CE=AE·tan30 1-- 解得 3 =85× =8(m), 2=1-公 4=5 (3)设B驴=mBC,AP=nAi. 所以CD=CE+ED=8+24=32(m). 答案：32 由(2)知Ai=号A+号AC. 15.解：(1)该四棱维的俯视图为（内含对角P(C) 线)边长为6cm的正方形，如图，其面积 成=市-恋=i-迹=（号+号）-恋 为36cm2. -0,AC+(传-1)=mB成=mAC-mA店。 (2)由左视图可求得PD=√PC2+CD=√62+6= :AB与AC不共线， 6v2. 一1 m一5 3 由主视图可知AD=6,且AD⊥PD, 解得 n 5 所以在Rt△APD中， m=5 n=3 PA=√PD2+AD=√(6√2)？+62=63cm. :-号配.脚肥-2， 16.解：(1)设，点P的坐标为(x,y), 点P在BC的三等分点且靠近点C处 因为PA+PB+PC=0, 18.解：(1)由互斥事件的概率加法公式和相互独立事件 又PA+Pi+P心=(1-x,1-y)+(2-x,3-y)+ (3-x,2-y)=(6-3x,6-3y), 同时发生的概率公式得，所求的概率为（信）十 6 ()广+（合）=合 此可得P是△ABC的边BC上的中线AO的中点，点 (2)设第i个电话打给甲为事件A:(i=1,2,3), P到BC的距离等于点A到BC的距离的？，所以 则这三个电话中恰有两个是打给甲的事件为AA2A S△PBC=2S△C,将一粒黄豆随机撒在△ABC内， +A A2A3+AiA2A3. ∴.其概率为P(A1A2A3十A1A2A3十A1A2A3) 、则黄意落在△PBC内的概率P一=故 =P(AA2 A3)+P(A A2A3)+P(AA2A3) 选C. =P(A1)·P(A2)·P(A:)+P(A1)·P(A2)· 4.B由几何体的三视图可得该几何体是一个侧视图为 平行四边形的四棱柱，在该几何体的所有顶点中任取 P(A3)+P(A1)·P(A2)·P(A3) 两个顶点，它们之间距离取最大值时，最大距离相当 -吉×后×(-)+吉×(-)×吉+ 于一个长宽高分别为2,1,1的长方体对角线，故d= 1-)×名×日-是 √22+12+1=√6.故选B. 1.解：1)由正孩定理的BC 得√3 sin Beos C=sin Bsin C, 在△ABC中，因为sinB≠0， 所以W3cosC=sinC,故tanC=√3.又因为0<∠C<x, 所以∠C=吾 5.C设O是正方形对角 线AC,BD的交点，将 (2)由已知，得2 absin C=6v原又∠C=号，所 正方形ABCD沿对角 以ab=24. 线AC折起， 由已知及余弦定理，得a2+b2-2 abcos C-28, 可得当BO⊥平面ADC 所以a2+b2=52,从而(a十b)2=100.即a十b=10, 时，点B到平面ADC 又c=2√7，所以△ABC的周长为10十2√7. 的距离等于BO,而当 高一下学期期未综合冲刺卷·数学（四） BO与平面ADC不垂直时，点B到平面ADC的距离 1.D如图，DE=A正-AD=A店 为d,且d<BO,由此可得当三棱锥B一ACD体积最 +BE-号AC=A店+号BC 大时，BO⊥平面ADC.设B是B折叠前的位置，连接 B'B,因为AD∥B'C,所以∠BCB'就是直线AD与BC AC-A店+号（花-A) 所成角，设正方形的边长为a,因为BO⊥平面ADC, OBC平面ADC,所以BO⊥OB, 2AC-号疗-合A花故选D 2.C(AB-2AC)⊥AB→(AB-2AC)·AB=0,即 周为B0=B0=号AC-号a,所以BB=BC=BC AB.AB-2AC.AB=0. =a (AC-2AB)⊥AC→(AC-2AB)·AC=0,即 得△BB'C是等边三角形，∠BCB=受， AC.AC-2AB.AC=0...AB.AB=AC.AC- 所以直线AD与BC所成角为子，故选C 2AB.AC,即AB1=AC1,而cos∠A= AB.AC 6.D对于选项A,因为M,N分别是BC1,CD1的中点， IABIIACI 所以点N∈平面CDDC,点M庄平面CDD,C1,所 =号∠A=60,△ABC为等边三角形.故选C 以直线MN是平面CDD1C的交线， 3.C如图，以PB,PC为邻边 又因为直线C1D1在平面CDDC:内，故直线MN与 作平行四边形PBDC,则PB 直线CD1不可能平行，故选项A不对： 对于选项B.正方体中易知NB≠|NC,,因为点M +P心-Pi.因为Pi+PC 是BC,的中点，所以直线MN与直线BC不垂直，故 +2PA=0,所以PB+PC= 选项B不对； -2PA,即PD=-2PA,由 对于选项C,假设MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1: