河南省浚县第一中学2025-2026学年高一下学期数学单元过关练习

高一数学单元过关练习 命题：余其梅 2026.4.2 一、单项选择题（每题5分） 1.在复平面内，复数z满足(1+2)z=3-4i,则复数z的虚部为() A.-1 B.-i C.-2 D.-2i 2.已知向量a,b满足d=1,a+2=2,且6-21五，则b1=(). A号 B号 c号 D.1 3.己知△ABC中，a=1,b=V3,A=30°，则B等于() A.30° B.30°或150 C.60° D.60°或120° 4.已知点A(1,0),B(0,2),C(3,2),则AB在AC上的投影向量的坐标为() A(-) B(经-) c(吃) D.(--) 5.如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面 积为() B.1+W2 C.2+W2 D A.2+V2 D.1+√2 2 45° 6如图，半圆的直径AB=8,O为圆心，C为半圆上不同于AB的任意一点，若P)) B文 为半径OC上的动点，则PA+PB·PC的最小值等于() A.-16 B.-8 C.-4D.-2 7.如图所示，三棱柱ABC一A1B1C1中，若E、F分别为AB,AC靠近点A的三等分 点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分体积为V1和V2,那么V1:V2=() A.7:5 B.14:13 C.5:7 D.13:14 / 8.已知直角梯形ABCD中，∠A=90°，AB//CD,且CD=3,AB=2,点P是梯形ABCD内（含边界）任意 一点，设AP=1AB+AD(),μ∈R),则1+的取值范围为() A.[0,] B.1,] c.0,2] D.o,] 第1页，共8页 二、多项选择题（每题6分） 9.己知向量a=(-1,1),b=3,),则下列叙述正确的是() A.若a1万，则1=3 B.若a与i的夹角为锐角，则2>3 C.若a//乃，则λ=3 D.与a共线的单位向量=(-受，受) 10如图所示的圆台O102:在轴截面ABCD中，AB=BC=AD=CD,CD=4,则() A.该圆台的高为1 B.该圆台轴截面面积为3v3 C.该圆台的体积为3π 3 D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为5 11.△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且a=2,AB·AC=2V3S, 下列选项正确的是() AA=写 B.若b=3,则△ABC有两解 C.若△ABC为锐角三角形，则b取值范围是(2√3,4) D.若D为BC边上的中点，则AD的最大值为2+√3 三、填空题（每题5分） 12.已知圆锥的侧面积（单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm) 是 13.已知z=1,则z-1+√3的最大值是 14.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=1, 则4a+c的最小值为一 四、解答题 15.(13分)梯形ABCD中，AB/CD,DA=AB=BC=2,∠ADC=∠BCD= 3 (1)若AC∩DB=E,以AB,AD为基底表示AE; (2)将梯形ABCD绕AB所在的直线旋转一周，求所得几何体的表面积. 第2页，共8页 16.(15分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosAsinc+asinBcosC=b. 2 (1)求角B的大小： (2)若△ABC为锐角三角形，其外接圆半径为V3,求△ABC周长的取值范围. 17.(15分)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a截面A1DB将正方体分成两部分，其体积分别为V1, V2,且V2>V1 D (1)求V1,V2以及V1:V2: (2)求点A到平面A1BD的距离d. 第3页，共8页 18.(17分)在直角梯形ABCD中，AB//CD,∠DAB=90°，AB=2AD=2DC=4,点F是BC边上的中 点.(1)若点E满足DE=2EC,且EF=1AB+uAD,求入+的值： (2)若点P是线段AF上的动点（含端点），求AP·DP的取值范围. 19.(17分)费马问题是著名的几何极值问题，它是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该 问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里 拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120的点P就是它到 三个顶点距离之和最小的点，这个点P称为费马点，当△ABC的一个内角大于120时，最大内角的顶点为 费马点.试用以上知识解决下面问题： 在△ABC中，角AB,C所对的边分别是a么，c,若碧=二+1，a=2V区 (1)求A: (2)设点P为△ABC的费马点， ①若PA·PB+PB.PC+PC.PA=-4,求AB.AC: ②设∠PBA=a,45<a<60”,米2的取值范围. 第4页，共8页 数学答案和解析 1.C2.B3.D4.C5A6B解：设|P0|=x(0≤x≤4)，则1PC1=4-x, 0是AB的中点，PA+PB·PC=2P0.P元=-2x(4-x)=2x2-8x=2(x-2)2-8, ·当x=2时，(PA+P)·PC取得最小值-8.故选：B. 7.D解：设三棱柱的高为h,底面的面积为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh, 因为E、P分别为AB,AC靠近点A的三等分点，所以SAAF=号S, 则V1=6+5s+√5行Sh=号sh,所以2=V-V1=号sh,所以V1:V2=1314故选：D, 8A【解析】如图，以A为坐标原点，AB,AD分别为x,y轴建立平面直角坐标系， D 设AD=b,P(x,y),则A(0,0),B(2,0),C(3,b),D(0,b),0≤x≤3,0≤y≤b, 可得AB=(2,0),AD=(0,b),因为AP=1AB+uAD(U,μ∈R),所以(x,y)=1(2,0)+u(0,b)=(2元，bW), 所以=艺H=常1+4=之+名当x=y=0时，1+取得最小值0：当x=3,y=b时，1+取得最大 值即1+ue[0,] 9.:AB.10.BCD11BCD解：对于A,因为AB.AC=2W3S,所以bccosA=2V3S=2√3×号bcsinA,tanA= 写，又AE(0,,所以A-名A错误：对于B,若b=3,且A-名则bsnA<Q<b,三角形有两解，B 正确：对于C,若△ABC为锐角三角形，则0<B<受A+B=若+B>受所以号<B<子号<sinB<1, 品-品b==4snB∈(2V3,利，C正确：对于D,若D为5C边上的中点，则D-a+A0, b sinA AD=(AB+AC)2=(c2+2bccosA+b2)=(b2+c2+3bc). a2 b2+c2-2bccosA b2+c2-3bc=4,b2+c2=4+3bc, 4=2+c2-V3bc≥2bc-V3bc=(2-V3)bc,bc≤24=42+V3),当且仅当b=c时等号成立， 所以AD2-[(4+V3bc)+V3b=1+号bc≤7+4W3,所以ADi≤2+V3,当且仅当b=c时等号成 12.113.314.9 第5页，共8页 15.【答案】解：(1)油DA=AB=BC=2,LADC=LBCD=3,得CD=4, 由相似关系知DE:EB=2:1, 所以AE=AD+D正=AD+子DB=AD+AB-AD)=子A丽+3AD: (2)旋转得到的几何体是一个圆柱挖去了两个圆锥， 则所得几何体的表面积等于一个圆柱与两个圆锥的侧面积之和，且圆柱和圆锥的底面半径为√3， 圆柱的高为4，圆锥的高为1，母线长为2，所以圆柱的侧面积为2π×√3×4=8v3π， 圆锥的侧面积为π×√3×2=2√3π，所以所得几何体的表面积为8√3π+2√3π×2=12√3π. 16【答案】解：（△ABc中，由bcos4 AsinC+-asincos-号b, 利用正弦定理可得sinBcosAsinc+simAsinBcosC=simB,因为sinB≠0， 所以cosAsinc+sin4 Acosc=sim(A+C)=sinB=,又B∈(0，)，所以B=或号 2 b (2②若△ABC为锐角三角形，由()知8=号且外接圆的半径为√3，由正弦定理得品=2×√3，可得b=3, 由正弦定理得品=c=2W3,所以a+c=2V3(sinA+sing)=2√3[sinA+sin(受-A】 =2V3x(号sinA+号cosA)=6sn(A+),又△ABC为锐角三角形，则0<A<受且0<C<号 又C=-A,则哈<A<克所以<A+若<所以号<sm(A+≤1， 所以3V3<a+c≤6， 即△ABC周长的取值范围是(3V3+3,9]: 17.【答案】(1)截面将正方体分为两个几何体，其中较小部分是三棱锥A1-ABD, 其中底面△ABD是腰长为a的等腰直角三角形，其面积S1=×AB×AD=2a2, 三棱锥A1-ABD的高为h=AA1=a所以其体积y1=S,h=专xa2×a=名a2. 又正方体的体积v=a3,所以V2=V-V1=a3-2a3=5a3, 6 61 所以V1:V2=1:5. (2)三棱锥A1-ABD与三棱锥A-A1BD是同一个几何体.在△A1BD中，A1B=BD=A1D=√2Q,其面积 52-xV2axV2a×sin60°=号a2 2 因为A1-A5D=VA-A,8D,即ga3=言5d,所以a3-吉x号a2xd, 解得d=号a,即点A到平面A,BD的距离为号a 第6页，共8页 18.【答案】解：(1)如下图所示： D E C 由D正-2BC可得元-D元， 所以厭=C+CF-DC+CB-名A丽+GA丽-AD)-是AE-AD, 又酥=A8+aD,可得入=品=- 所以+u=-高 (2)法1：以点A为坐标原点，分别以AB为x轴，AD为y轴建立平面直角坐标系， y个 E C A B衣 则A(0,0),D(0,2),B(4,0),C(2,2),则F(3,1): 由点P是线段AF上的动点（含端点），可令AP=tAF,t∈[O,1], 所以AP=tAF=(3t,t),则DP=AP-AD=(3t,t-2), 所以AP.Dp=10t2-2t,t∈[0,1]， 由二次函数性质可得当t=品时取得最小值-。：当t=1时取得最大值8， 可得丽，丽∈【0 法2：取AD中点M,作MG1AF垂足为G,如下图所示： 则AP.DP=PA·PD=PM+MA·PM+MD=PM+PM.(MA+MD)+ MA.MD PM2-MA2=PM2-1, 显然当点P位于点F时，PM取到最大值3，当点P位于点G时，PM取到最小值品V0, 可得示.丽c[08 第7页，共8页 19.【答案】解：(1)在△ABC中，2=an+1=sinAcosC+coAsinC c tanc cosAsinC 由正弦定理得： 2sinB =sinB sinc cosAsinc 因为在△ABC中，sinB≠0，sinC≠0， 从而cosA=2且A∈(0，)， 所以A=景 (2)①设PA=x,PB=y,PC=z 则PA:P丽+PB:P元+P元·PA=-2+x2+2)=-4, 则xy+xz+zy=8 由S△APB+S△cPB+S△APC=S△ABC 得：w+xz+2列-xbcx 2 ,则bc=8 在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2-2 bccosA 代入b=8得：b2+c2=20, 则b=4,c=2或b=2,c=4, 则AB.AC=4. ②根据题意得：因为A=子，所以△ABC的三个内角均小于120°， 从而费马点P在△ABC的内部，设∠PBA=心， 则∠PAB=60°-a,∠PAC=,∠PCA=60°-，45<a<60 在△APB和△APC中，分别由正弦定理得： PB PA PC PA sin(60-a)sina'sina sin(60-a) 丙式相除得：器=也：2（停品一） sin2a 因为45°<m<60, 所以1<aa<V3,号<<1， 则是的取值范围是(0,1-) 第8页，共8页