数学(二)-【步步为赢】2024-2025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 球 ( A号 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, 区 若向量a满足|a一m一n=1,则|a的最大值是 那 A.23-1 B.2√3+1 C.3 D.√6+2+1 数 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 () 安 A.2π B.4π C.16π D.8π 毁 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 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 融 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 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 ,频* 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 0.03 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.AN=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 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-ABC1中，E,F,G,H分别是AB,AC,As AB,A,C,的中点.求证： (1)B,C,H,G四点共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 2-8于是P)=号，P不=号，PB=号P=是 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A1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, 互独立事件的能丰公式，得PAB)=PAPB)=号× ∴DE与MN垂直，故④正确.综上所述，正确命题有3个， 号-0 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 单为PAD=P不：P(B=号×号-云 H(N 所以两人中至少有】人抽到足球票的概率为P 1-PAB)=1-是-是 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（二） E 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=(2,一1)，b=(1,1),所以a+b=(2+, 因为DA⊥AE,DC⊥CF,所以折叠后DP⊥ -1+k),文c=(5,1),由(a+b)∥c得(2+k)×1= PE,DP⊥PF, 一5X(k-1D,解得=子故选B. 所以DP⊥平面PEF,所以①正确： 由DP⊥平面PEF,EFC平面PEF,所以DP⊥EF, 3.B依题意，m=(1√)，所以m十n=(3,√). 所以②正确： 设a=(x,y),又a-m-nl=1, 由DP⊥平面PEF,根据过一点有且只有一条直线垂 所以(x-3)2+(y-√5)2=1. 直于一个平面， 所以向量a的终点坐标(x,y)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 C平面DPF, 半径 所以PE⊥DF,所以④正确： 所以a的最大值为W/32+()+1=25+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⑤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①②④⑤.故选C 三棱锥A一BDC.将三枚锥A一BDC镶嵌在长方体 P(A.B.C) 中，则三梭锥A一BDC的外接球与长方体的外接球相 同.AB=1,BD=√2，外接球的半径为 名+2P中下=1，∴三棱锋A-BDC的外接球 的表面积为4π×12=4π.故选B. 7.C根据频率和为1，计算(a十0.035+0.030+0.020+ 0.010)×10=1.解得a=0.005,得分在[40,60)的频率是 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 B 这100名男生中随机抽取一人，得分在[60,80)的概 ”5 率为？，B正确：根据频率分布直方因知，最高的小矩 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0十60=55，估计众数为55， C)DEF,如图.对于①，，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=1 (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), Ad=AG=2之(a+b. A=-是市，与C市共线 又AB≠CD1,该四边形为梯形.故选BCD. A店-号=子a+b. 10.BC对于A,1,2可能是相等复效，故A错误：对 -0-20, 于B,若和？是共轭复数，则相加为实数，不会为 虚数，故B正确：对于C,由a十bi=a一bi得b=0,故 丽-A店-=吉a+b) C正确，对于D,由题可知A(一1,2)，B(1,-1), C3,-2》,建立等式{十)=3，解得☐1故D -a=3b-2a, 12.x-y=-2, y=4, ㎡-亦-A成=20a=2。-2a. 错误.故选BC. 11.BD对于A,由AB与CE所成角为45°，可得直线 (2)证明：由)可知正=号， AB与平面CDE不垂直；对于B,由AB⊥CE, 因为有公共点B, AB⊥ED,且CE∩ED=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与平 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 .BG⊥AD. 选BD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD 12.解析：由题意知Ai=分(A店+心，A正=之A方 =AD, BG⊥平面PAD. 子(i+AC.:M,E,N三点共线A正=AAi+ (2)如图，连接PG (1-a)AN(其中0<<1).又：AM=xA,AN :△PAD为正三角形，G为AD的 中点，∴.PG⊥AD yC,A+AC=江Ai+(1-yAC因此 由(1)知BG⊥AD,PG∩BG=G, /4以x=1, AD⊥平面PGB,PBC平面PGB, 有41-xy=1, ∴.AD⊥PB. >1.则4+y-子+刀-1+ 1 17.解：1)因为c0sB=号>0，∠B∈(0,90 -十D十≥号当且收当？=号即 1 所以mB-是 号时取等号。 由正孩定理入”B可得n30=号 b 10 答案：号 所以a=多 13.解析：Oi=Oi+AB=(2,-3)+(3,-2)=(5,-5), AB中点（合，-4） (2)因为△ABC的面积S=子ac·simB,snB= 5 答案：（子-4） 所以品ac-3c-10. 由余弦定理得b2=a2+c2-2 uccos B, 14.解析：由题图可以转化为求6个组合 体（如图）的表面面积的和，所以需要 即4=d2+e2-gac=d2+e2-16,即a2+c2=20. 涂色的面积为6×[1×2+2.5×1×225 所以(a+c)2-2ac=20,(a+c)2=40. +(2×2.5-1×0.5)×2]=96. 5 因为a十c>0,所以a+c=210. 答案：96 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 访-就. 60+50=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 频率为30十30=0.3，故P(B)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)由所给教据得 5.D当点E为棱CC1的中点时，AC1∥EF,可得 保费0.85a 1.25a1.5a1.75a 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BEDF不成立；因为正方体的体对角线 BD1与平面A1CD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:四棱雏B-BED1F的体积等于2VB,-BED, a×0.25+1.25a×0.15+1.5a×0.15+1.75a× 0.10+2a×0.05=1.1925a,因此，续保人本年度平 2Wn-,=2X号·DC·合·BB·BC为定值， 均保费的估计值为1.1925a. 故选D. 19.证明：(1)：GH是△ABC1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. 原几何体为四棱镇，且其底面积为号×2X1+2)=3,高为 又B,C∥BC,.GH∥BC. ∴B,C,H,G四点共面. ,所以共你软V=号×=昌所以=是战选C (2):E,F分别为AB,AC的中点， .EF∥BC. 又EF过平面BCHG,BCC平面BCHG, ∴.EF∥平面BCHG. AG∥EB且AG=EB, .四边形A,EBG是平行四边形，∴.A1E∥GB. ,AEt平面BCHG,GBC平面BCHG. ∴.AE∥平面BCHG. :A,EC平面EFA,EFC平面EFA,且AE∩EF 3 3(1+2iD=3+6 7.B=户21户21十2n-5+写 =E, ∴.平面EFA,∥平面BCHG 小：的实事为子故选B 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（三） 8.D :7=1十x2十…+z 1.B如图，由cAC+aPA十 bPi=0知，c(P元-Pi)+ :31+3x9+…+3u=3z 之 a PA-b PC-(a-c)PA+ :2=x1)2+(xg-x)2+…+(xn-)2 (c-b)PC=0,而PA与PC为 不共线向量，∴a一c=c-b=0,a=b=c. ÷31-370+(3x1-30+…+(3,-302 ∴.△ABC的形状为等边三角形，故选B. 2.D =9×-)2+(x2-)2+…+(xw-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)=a2-a·b-2b2=0,又|a=1,所以1 故选D. 1b|cos0-2|b2=0,所以|b1os0=1一2|b|2,因为 9.ABC|a+b|=√/1+cos)2+sina=√/2+2cosa. -1≤cos≤1，所以-|b≤1-2|b12≤|b1,所以 国为0e[-吾受]所以ms0e[0.山 长<1，所以的取值范国是[合1小，故选D 所以a十b1∈[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，知棱锥的侧棱长不一 线m,n所成的角是60°，在m上任取一点A,过A作 定都相等.故选ACD. 直线n'∥n,在空间中过，点A能作出直线1，使得1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1与mn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,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1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