数学(十)-【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（十） (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. 数 1.若O为△ABC所在平面内任一点，且满足(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,则△ABC 的形状为 ( 如 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.正三角形 D.等腰直角三角形 史 2.已知非零向量m,n满足4m=3n,cos(m,m>=号，若nL(m十m),则实数t的值为 长 A.4 B.-4 c n-是 Z 3.一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面四边形的面 的 积等于 ( 批 B.22a D.22n 3a1 4.已知非零向量a,b,满足|a=21b且(a一b)⊥b,则a与b的夹角为 ( 好 A.晋 B.3 c n. 5.已知三棱柱ABC一ABC,平面3截此三棱柱，分别与AC,BC,BC1、A,C交于点E,F, G,H,且直线CC1∥平面B.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形：②平面 B∥平面ABB,A:③若三棱柱ABC-AB1C,是直棱柱，则平面B⊥平面AB,C1.其中正 确的命题为 A.①② B.①③ C.①②③ D.②③ 10-1 6.某超市为了检查货架上的奶粉是否合格，要从编号依次为1到50的袋装奶粉中抽取5袋 进行检验，用系统拙样方法确定所选取的5袋奶粉的编号可能是 A.6,12,18,24,30 B.2,4,8,16,32 C.2,12,23,35,48 D.7,17,27,37,47 7.复数牛的共钜复数是 A-3+2 C. D.2+zi 8.对一批产品的长度（单位：毫米）进行抽样检测，如图为检测结果的频率分布直方图.根据 标准，产品长度在区间[20,25)中为一等品，在区间[15,20)和[25,30)中为二等品，在区 间[10,15)和[30,35]中为三等品.用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，则其 为二等品的概率是 频 组距 0.06 0.i4 0.02 0.02 0i101520253035长度1毫* A.0.09 B.0.45 C.0.35 D.0.15 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.设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是 A.若AMi=2AB+2AC,则点M是边BC的中点 B.若AM=2AB-AC,则点M在边BC的延长线上 C.若AM=-BM-CM,则点M是△ABC的重心 D.若AM=xA店+yAC,且x十y=?,则△MBC的面积是△ABC面积的号 102 10.如图，在正三棱柱ABC一A1BC1中，上、下底面为边长为2的等边三角形，高AA,=3, 现用一个截面把它分割为完全相同的两个小三棱柱，则两个小三棱柱的表面积之和比 原三棱柱增加了 ( A A.3 B.23 C.43 D.63 11.如图，四棱锥S一ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的 是 A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.如图，平面a,3,y两两相交，a,b,c为三条交线，且a∥b,则a与c,b与c的位置关系 是 13.下列说法：①平行向量一定相等；②不相等的向量一定不平行：③共线向量一定相等： ④相等向量一定共线：⑤长度相等的向量是相等向量：⑥平行于同一个向量的两个向量 是共线向量.其中说法错误的是 .(填序号)》 14.已知在四面体P-ABC中，PA=PB=4,PC=2,AC=25,PB⊥平面PAC,则四面体 P一ABC外接球的体积为 10-3 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)设≈=log,(m-1)+ilog2(5一m)(m∈R). (1)若之是虚数，求m的取值范围： (2)若z是纯虚数，求m的值. 10-4 16.(15分)如图，在长方体ABCD-A1BCD1中，AB=3,BC=4,AA=5, 现有一甲壳虫从A出发沿长方体表面爬行到C,来获取食物，试画出它 B 的最短爬行路线，并求其路程的最小值， D 10-5 17.(15分)甲、乙两人参加某体育项目训练，近期的五次测试成绩 ·分数 16 甲： 情况如图所示. 15 乙： (1)分别求出两人得分的平均数与方差： 2 11 0 )缔第第第第数 三四五 次次次次次 (2)根据图和(1)算得的结果，对两人的训练成绩做出评价 10-6 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, AC⊥CD,∠ABC=60°，PA=AB=BC,E是PC的中点.求证： (1)CD⊥AE: (2)PD⊥平面ABE. 10-7 19.(17分)如图，已知在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠ACB= 90°，∠BAC=60°，PA=AC,M为PB的中点. (1)求证：PC⊥BC: (2)求二面角M一AC一B的大小. 10-8P(B)=1一0.2×0.1=0.98，即目标被击中的概率是 5.B在三棱柱ABC-AB1C1中，平面B截此三棱柱，分 0.98. 别与AC,BC,BC1,AC交于点E,F,G,H,且直线 (4)设事件E=“至少有一人击中目标”， CC∥平面B,则CC∥EH∥FG,且CC=EH=FG, 因为E=(AB)U(BA)U(AB), '.四边形EGH是平行四边形，故①正确： 且A与B,B与A,A与B相互独立，AB,BA,AB彼 ,EF与AB不一定平行 平面B与平面AB1A1平行或相交，故②错误： 此互斥，所以P(E)=P[(AB)U(BA)U(AB)] 若三棱柱ABC一A1B1C1是直棱柱，则CC⊥平 =P(AB)+P(BA)+P(AB) 面A1B1C1. =P(A)·P(B)+P(B)·P(A)+P(A)·P(B) .EH⊥平面A1B1C, =0.8×0.1+0.9×0.2+0.2×0.1=0.28. 又，EHC平面B, 故至多有一人击中目标的概率为0.28。 .平面B⊥平面A1B1C1,故③正确.故选B. 19.解：设圆锥形杯子的高为hcm,要使冰淇淋融化后不 6.D 会溢出杯子，则必须V圈惊≥V率球， 7.D 由复-得得骨-3号是-所以 Vg0=号Sh=rh=吾×4华Xh 共轭复数为2十故选D 8.B由频率分布直方图可知，一等品的频率为0.06×5= 题意：吾×4×≥×智×， 3 0.3,三等品的频率为0.02×5十0.03×5=0.25，所以二等 解得≥8， 品的频率为1一(0.3十0.25)=0.45.用频率估计概率可得 即当圆锥形杯子杯口直径为8cm,高大于或等于 随机抽出1件产品为二等品的概率为0.45.故选B. 8cm时，冰洪淋融化后不会溢出杯子。 g.ACDA.AM=号Ai+号AC号Ai-号Ai 又因为S题维相=πl=V2十产， 当固维高取最小值8时，S圆锥侧最小， 2AC-号Ai即8i=M心. 所以高为8cm时，制造的杯子最省材料. 则点M是边BC的中点： 高一下学期期未综合冲刺卷·数学（十）】 B.Ai=2A-AC,则点M在边CB的延长线上，所 1.A(OA-OC)·(OB+OC-2OA)=0,即CB· 以B错误。 (AB+AC)=0,.AB-AC=CB...(AB-AC).(AB+ C.如图，设BC中点D,则AM= AC)=O,即AB=AC,∴△ABC是等腰三角形.故选A. BM-CM=Mi+M心=2MD,由重 2.B由n⊥(m十n)可得n·(tm十n)=0,即m·n十 心性质可知C成立. n2=0,所以1=-n2 n2 =一m·ncos(m,m》 D.AM=xAi+yAC,且x十y=2 m·n n2 max =-3×0=-3×号=-4.故选B. →2AM=2.xAB+2yAC,2x+2y=1,设AD=2AM. m 3 所以Ai=2xA官+2yAC,2x+2y=1,可知B,C,D 3.B根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则.可 三点共线，所以△MBC的面积是△ABC面积的2 以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积 故选ACD. S之间的关系是S=s,本题中直观图的面积为 10.BD若戴面过AA1,BB1,CC1的中点时，两个小三 2,所以原平面四边形的面积等于心=22.故选B 棱柱的表面积之和比原三棱柱的表面积增加了 4 2SAWx=2X5×2=2B:若截西证AA1及BG的 4 4.B设a与b的夹角为0， 中点和BC的中点时中，表面积增加了2倍的边长分别 :(a-b)⊥b.∴.(a-b)·b=0,即a·b-1b2=0. 为√3和3的矩形的面积，即2×√3X3=6V3.故选BD 又a·b=|alb1·cos0.a=2b. 11.ABC对于选项A,由题意得SD⊥AC,AC⊥BD, ÷2b12cos0-1b12=050s0-2 SD∩BD=D,SD,BDC平面SBD,∴.AC⊥平面 又0<长心0=子故选B SBD,故AC⊥SB,故A正确：对于选项B, ,AB∥CD,AB过平面SCD,CDC平面SCD, 19 ∴，AB∥平面SCD,故B正确：对于选项C,由对称性 以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E,再 知SA与平面SBD所成的角与SC与平面SBD所 在长方形BCCB1内由E到C1,也可以先在长方形 成的角相等，故C正确.故选ABC AA1D1D内由A到F,再在长方形DCC1D1内由F 12.解析：a∥b,aCa,bta,∴b∥a 到C1,其最短路程为√74. 又.bC3.a∩3=c,∴.a∥b∥e. 17.解：(1)甲、乙两人五次测试成绩如下表： 答案：a∥b∥c 13.解析：根据定义知，平行向量是方向相同或相反的两 甲 10分 13分12分14分 16分 个非零向量，平行向量也叫共线向量，并且规定零向 13分14分12分12分 14分 量与任何向量都共线.而相等向量是方向相同且长 度相等的向量，所以①②③⑤错误.如果两个非零向 甲的平均得分为10+13+12+14+16-13. 量平行于一个零向量，而零向量的方向是任意的，那 乙的平均得分为13+14+12+12+14=13. 么这两个非零向量就不一定是共线向量。所以⑥ 5 错误。 0=号[(10-13)2+(13-13)2+(12-13)2+ 答案：①②③⑤⑥ (14-13)2+(16-13)2]=4, 14.解析：：PA=4,PC=2,AC=2√5， ∴.在△PAC中，PA2+PC2=20 元=专[13-13)2+(14-13)2+02-13)2+ AC,可得AP⊥PC, (12-13)2+(14-13)2]=0.8. 又，PB⊥平面PAC,PA,PCC平面 (2)由>昆可知乙的成绩较稳定 PAC. 从折线统计图看，甲的成绩基本上呈上升状态，而乙 ∴.PB⊥PA,PA⊥PC 的成绩在平均线上下波动，可知甲的成绩在不断提 以PA,PB,PC为长、宽、高，作长方体如图所示， 高，而乙的成绩无明显提高， 则该长方体的外接球就是四面体PABC的外接球. 18.证明：(1)PA⊥底面ABCD,PA⊥CD. :长方体的体对角线长为√42十4+2=6， 又AC⊥CD,PA∩AC=A,.CD⊥平面PAC. .长方体外接球的直径2R=6,得R=3, ,AEC平面PAC,∴.CD⊥AE 因此，四面体PABC的外接球体积为V=4红R3 3 (2)AB⊥AD,PA⊥AB,∴AB⊥平面PAD, =36元. ∴.AB⊥PD. 答案：36x 又AB=BC,且∠ABC=60°，.AC=AB=PA. 15.解：(1)因为之是虚数，故其虚部1og2(5-m)≠0， ,E为PC的中点，∴AE⊥PC. m-1>0, 由(I)知AE⊥CD,.AE⊥平面PCD,.AE⊥PD m应满足的条件是5-m>0,解得1<m<5,且m≠4. 又AB∩AE=A,∴.PD⊥平面ABE. 5-m≠1， 19.解：(1)证明：由PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC, (2)因为：是纯虚数，故其实部log+(m一1)=0，虚部 又因为∠ACB=90°，即BC⊥AC,PA∩AC=A, 1og2(5-m)≠0， 所以BC⊥平面PAC,所以PC⊥BC m-1=1, (2)如图，取AB中点O,连接MO, m应满足的条件是5-m>0,解得m=2. 过点O作HO⊥AC于H, 5-m≠1， 连接MH, 16解：把长方体的部分面展开，如图所示. 因为M是BP的中点，所以MO∥PA, 又因为PA⊥平面ABC,所以MO1 平面ABC, 所以∠MHO为二面角MACB的平面角，设AC=2. 则BC=2√3，MO=1,OH=√3， 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长 在R△MH0中，an∠MH0-8-号 分别为√90，√74，√80，由此可见乙是最短线路，所 所以二面角MAC-B的大小为30 20