高一下学期期末实战模拟卷六(综合测试卷一)-【创新教程】2025-2026学年高一下学期数学期末实战模拟卷（人教B版）

高一下学期期末实战模拟卷六 命题范围：综合测试卷一 测试时间：120分钟，满分：150分 一、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.已知复数x= 其中i为虚数单位)，则：的虚部是 1 整 B.-zi C. 2.已知复数之的共轭复数在复平面内对应的点为(2，一2)，则复数之的虚部为 A.-2 B.-2i C.2 D.2i 3.平面中两个向量a,b满足|a=1,a⊥b,则2a一b在a方向上的投影向量为 A.2 B.2a C.-2a D.-2 4.已知函数y=Asin(wx+p)+b的一部分图象如图所示，如图A> 如 0,w>0,g<受，则 ( A.9=一 B0=一 3 12 Cg-等 Dg-吾 5.柳编技艺在我国已有上千年的历史，如今柳编产品已经入选国家非物质 文化遗产名录.如图所示；这是用柳条编织的圆台形米斗，上底直径 30cm,下底直径20cm,高为30cm,则该米斗的容积大概为 A.9升 B.15升 C.19升 D.21升 6.已知函数f(x) 2x+1,x≤0， 若存在不相等的实数a,b,c,d满足 lg x,x>0 |f(a)川=|fb)|=If(c)|=|f(d)|,则a+b+c+d的取值范围为 A.(0,+∞) 〔-2 c(-2 n 7.欧拉公式e”=cos0十isin0(e是自然对数的底数，i是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧 拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系.已知 之=ie9,则lx= ( 夺 A.1 B.√2 C.2 D.22 8.纳斯卡线条是一种巨型的地上绘图，位于秘鲁南部的纳斯卡 1 荒原上，它是存在了2000年的谜局：究竟是谁创造了它们并 摄像头 ☒ ·视角 且为了什么而创造，至今仍无人能解，因此被列入“十大谜 拍摄区域 团”，在这些图案中，有一只身长50米的大蜘蛛（如图），现用 极像头的视角示意图 视角为30°的摄像头（注：当摄像头和所拍摄的圆形区域构成 一个圆锥时，该圆锥的轴截面的顶角称为该摄像头的视角)在该蜘蛛图案的上方拍摄，使 得整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则该摄像头距地面的高度的最小 值是 ( A.50米 B.25(2√2+√6)米 C.50(2+√3)米 D.50(2√2+√6)米 数学试题（六）第1页（共4页） 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9.已知正方体ABCD一A,B,C,D,中，M为DD,的中点，则下列直线中与直线CM是异面 直线的有 () D M- D B A.DD B.CC C.BD D.CA 10.已知函数fx)=2sim2x+否十m+1,则 ( A,函数f(x)的最小正周期为5 B.若函数f(x)的最大值为6，则m=3 C.直线x=工是函数f(x)的图象的一条对称轴 6 D.函数f(x)的图象可由函数g(x)=2sin 2x+罗)十m+1的图象向右平移答个单位长 度得到 11.已知向量a=(cos0,sin0),b=(一3,4)，则 () A.若a/6,则tam0=-号 B若alb,则sin9=含 C.a一b的最大值为6 D.若a·(a-b)=0,则|a-b=26 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.已知i是虚数单位，若复数之满足(2+iD=i,则2产=一 13.设向量a=(1,2),b=(m,1),且a十b=a-bl,则m= ;a和b所成角为 14.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a+2c=bcos C+√3 bsin C,则角 B= ;若b=3,D为AC的中点，求线段BD长度的取值范围为 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明.证明过程或演讲算步骤.） 15.(本小题满分13分)设实部为正数的复数为之，满足|z=√10，且复数(1十2i)之在复平面 上对应的点在第一、三象限的角平分线上. (1)求复数z; (2)若+m二(m∈R)为纯虚数，求实数m的值。 1+i 数学试题（六）第2页（共4页） 16.(本小题满分15分)已知2cosa+sin&=4. sin a-cos a (1)求tana的值； cos(4r-a)·sina- L3π 2 (2)若π<α<2π， ·cosa+2 的值. sin+a小sin(-a） 17.(本小题满分15分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,4),B(一2,3)，C(2,一1). (1)求AB·AC及|AB+AC: (2)设实数t满足(AB一tOC)⊥OC,求t的值. 数学试题（六）第3页（共4页） 18.(本小题满分17分)如图，在三棱柱ABC-A1B,C1中，A,在底面 ABC上的射影为线段BC的中点，M为线段B,C,的中点，且AA M =2AB=2AC=4,∠BAC=90°. (1)求三棱锥MA,BC的体积； (2)求MC与平面MA,B所成角的正弦值. B、 等 19.(本小题满分17分)著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马(1601一1665)于 1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个 顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形， 都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得∠APB=∠BPC= ∠CPA=120°的点P即为费马点.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosB 些 osA-sinB.若P是△ABC的“费马点”，a=23,b≤ (1)求角A; (2)若PA·PB+PB·PC+PC·PA=-4,求△ABC的周长； (3)在(2)的条件下，设f(x)=4-m·2+|PA+|PB|+|PC,若当x∈[0,1]时，不 等式f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围. 数学试题（六）第4页（共4页） 高一下学期期未实战摸拟卷乡 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名 填 正确填涂 注 准考证号。 涂 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 号器g 穷 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题（共58分） 1A®g回 4ABC回 7 A BCD 10 ABCD 2A⑧回回 5ABC回 8A®@D 11A®@回 在各 3A®g回 6A®g回 9ABCD 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 答题 填空题（共15分） 域 12. 13. 答 14. 超 边 解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(本小题满分15分) 17.(本小题满分15分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第2页（共4页） 2 考生 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字，填写样例：若座号02，则填 必填 写为02 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(本小题满分17分) M /B 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(本小题满分17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第4页（共4页）18.解：(1)证明：如题图1，在△ABC中，E、F分别是AC 又CD=√2，.DF=1,.DE=2, 和BC边的中，点，所以，EF∥AB, ∴.DE=2BC且DE∥BC. 因为ABt平面DEF,EFC平面DEF,所以，AB∥ .△BCO∽△EDO,∴.DO=2OB, 平面DEF. 在△BAD中，DO=2OB,AP=2PB, (2)在线段BC上取点P,使 .OP∥AD,又OP庄平面ACD,ADC平面ACD, BP=专BC,过点P在平面 .OP∥平面ACD,平面OPQR∩平面ACD=RQ, ∴.OP∥RQ,.RQ∥AD, BCD内作PQ⊥CD于点Q, 又R是CD的中点，.Q是AC的中点： 连接AQ,如图. B 由题意得，平面ACD⊥平面BCD. 因为PQ⊥CD,平面ACD⊥平面BCD,平面ACD∩ 平面BCD=CD,PQC平面BCD, 所以，PQ⊥平面ACD, 因为DEC平面ACD,所以PQ⊥DE. C 在△BCD中，因为PQ⊥CD,BD⊥CD,所以PQ ① ② ∥BD, (2)如图，过M作MH⊥BE交BE于H,过H作 所以瓷既子， HG⊥CE于点G,连接MG,且BE⊥AE, 翻折前，△ABC为等边三角形，则∠DAC=60°， 因为平面ABE⊥平面BC 因为D为AB的中点，所以CD⊥AB,即CD⊥AD, DE,平面ABE∩平面BC 翻折后，仍有CD⊥AD,所以CD=ADtan60°= DE=BE. 所以AE⊥平面BCDE,MH VAD,故DQ=寸C=AD. 3 ⊥平面BCDE,所以AE 在R△ADQ中，an∠DAQ-=器-9，目为0P< ∥MH, AD 因为CEC平面BCDE,所 ∠DAQ<90°，则∠DAQ=30°. 以MH⊥CE, 又因为∠CAD=60°，则AQ平分∠CAD, 因为MH∩HG=H,MH、HGC平面MHG,所以 因为DE是Rt△ACD斜边上的中线，则DE=ZAC 1 CE⊥平面MHG, MGC平面MHG,所以MG⊥CE, =AE,且∠CAD=60°， 则∠MGH为二面角M-CE-B的平面角， 所以△ADE是等边三角形，则AQ⊥DE, ∴.∠MGH=45°， 又因为PQ∩AQ=Q,PQ、AQC平面APQ,所以DE ⊥平面APQ, 设倍-iMI=I-0AB-1-w. 因为APC平面APQ,所以AP⊥DE, .HE AM =X,∴HE=ABE=入， 上，在线段BC上存在-点P,且当肥子时，AP 又BE AB 在△BCE中，∠BEC=45°，HG=2HE= ⊥DE. 19.解：(1)在图①中过C作CF⊥AD,则EF=BC=1, CF=BE=1, 由∠MH=5得HG=MH,即号=1一X2A 图②中，BD∩CE=O, 2.AM_2 3…AB3 高一下学期期末实战模拟卷六 选择题答案速查 题号 2 5 6 9 10 11 答案 A C B D B C A B CD BC ACD [=1号，所以：的虚郭是-子] 1 4.D [根据题图可知，函数的最大值4和最小值0，得 1.A (A+b=4 2.C[由题意得之=2-2i,故之=2+2i,故虚部为2.] {A-6=0解得A=2,6=2, 3.B[由题意得：(2a-b)·a=2a2-b·a=2, ,w=2, 故2a-b在a方向上的投影向量为(2a-b）·0.a 函数的周期为（路一晋）×4=T,即T= a =2a.] 当x= 答时取最大值4， 13 即如(（2×若+9）=1,2×吾十p=2kx+受k∈2zD, 9.CD[由题意可知M为DD1的中点，故DD1∩C1M =M,CM∩CC1=C, 即9=2x+若(k∈Z,:9<受∴9=晋 故DD1,CC1与C,M均为相交直线，A,B错误； 故选D.] BD1∩平面CC1D1D=D1,CMC平面CC1D1D,D1 5.B[由题意可得，上底面面积S1=元·152= 任直线C,M, 故BD1与直线C,M为异面直线，同理可说明CA1与 225rcm2, 下底面面积S2=元·102=100元cm2,高h=30cm, 直线CM为异面直线，C,D正确.] 由国台的体积公式可得V=号(S1十S,+S·5)h 10.C[对于A,画数fx)=2sin(2x+)十m+1的 =3(25x+10x+150)×30 最小正周期T=2红=元，故A错误：对于B,函教f() =4750x≈14915cm3≈15升.] =2sin(2x+否)十m+1最大值为2×1+m+1= 6.C[由题意知，可将问题转化为直线y=m与y m十3，若函数f(x)的最大值为6，则m=3,故B正 f(x)|的图象有四个交点.y=|f(x)|= 登-1≤-2 确：对于C,代入x=晋可知sim(2z十）=m受=1， 艺+1，-2≤0，则y=f1在(-0，-2]上单 函教取得最大位，所以直线x=答是函教(x)的图 象的一条对称轴，故C正确；对于D,函数g(x) lgx,0<x≤1 g z,x>1 2sin(2x+)十m十1的图象向右平移个单位长 调递减且值域为[0，十∞]；在（一2,0]上单调递增且值域 为(0,1]；在(0,1]上单调递减且值域为[0，+∞)；在 度得到w=2sin(2(一6)+号）+m+1=2sim2x (1,十o∞)上单调递增且值域为(0，十).y=|f(x) +m十1，与f(x)图象不同，故D错误.故选BC.] 的图象如下： 1L.ACD[若a∥b,则4cos0=-3sin0,解得tan0=- 31 A正确；若a⊥b,则-3cos0十4sin0=0,解得tan0= y=m 是所以s如0=士号，B特送 0 因为|a|=√cos20+sin0=1,|b|=√(-3)2+42= 所以当0<m≤1时，直线y=m与y=|f(x)|的图象 5,而a-b≤a+|b|=6, 有四个交点，不妨设a<bc<d,由图及函数性质知： 当且仅当a,b反向时等号成立，在平面直角坐标系 1 4≤a<-2<b≤0< ≤c<1<d≤10，易知：a+b 中，设向量a,b的起，点为坐标原点，向量a的终点在 1 以坐标原点为圆心，半径为1的圆上，向量b=(一3,4) 4,c+d∈ 1011 (2,0 所以a十b+c+d∈ 终，点在第二象限，当a,b反向，则向量a=(cos9,sin0) 的终点应在第四象限， 此时cas0=号in9=一号所以C正确： 7.A ['.'z=i=i(cos 0+isin )=-sin 0+icos 0,.'.= 若a·(a-b)=0,则cos9(cos0+3)+sin8(sin0-4) √(-sin)2+cos20=1.] =0, 8.B[依题意，要使整个蜘蛛图案落在边长为50米的 即cos20+3cos0+sin20-4sin0=0,所以4sin0-3cos0 正方形区域内， =1, 则拍摄区域的圆的直径最小为2r=50√2，若所成圆 |a-bl=√(cos0+3)2+(sin0-4)2 锥的母线长为a, 此时由余弦定理得，2a2-2a2·cos30°=5000，即a2 =√6cos0-8sin0+26, =5000(2+√5)， 所以a-b|=√24=2√6，D正确.] 所以该摄像头距地面的高度最小值h=√a2一2 12,解折：(2+=i7=2故产2+2-可 =√5000(2+√5)-(25√2)2 11 4-i25 =25√14+85=25√W8+83+6=25(2√2+ 6)米.] 答案：日 14 13.解析：因为a十b=a-b, 所以(a十b)2=(a一b)2,所以a·b=0, 因为<a<2,且ana=2,所以<a<经， 所以1×m+2×1=0, 可得cosa=- 所以m=-2. 51 因为a·b=0所以a和b所成角为90. 所 cos(4x-)·sim(e-受）·cosa+经） 答案：-290 14.解析：因为a十2c=bcos C+√3 bsin C, sin(受+a）·sin(-a 所以sinA+2sinC=sin Bcos C+√3 sin Bsin C,则sin(B =cos a=- +C)+2sin C=sin Bcos C+3sin Bsin C, 17.解：1)AB=(-3,-1),AC=(1,-5), 即sin Bcos C+cos Bsin C-+2sinC=sin Bcos C-+√5sin AB.AC=-3×1+(-1)×(-5)=2. Bsin C,所以2sinC=√3 sin Bsin C-cos Bsin C, :AB+AC=(-2,-6),∴.AB+AC1=√4+36= 又C∈(0，π)，则sinC≠0，所以√3sinB一cosB=2, 2√10. 即sim(B-晋)=1， (或AB+AC-√AB2+AC2+2AB·AC 由B0，x,得B-∈（若）所以B- =√/10+26+2×2=2√10) 吾所以B=经 (2)AB-tOC=(-3-2t,-1+t),OC=(2,-1), 且(AB-tOC)⊥OC,.(AB-tOC)·OC=0, 因为b2=a2+c2-2 accos B,所以a2+c2+ac=9, .(-3-2t)×2+(-1+t)·(-1)=0, 因为D为AC的中点，所以BD=(BA+BO,则 .t=-1. BD2=(BA+B元+2BA.BC)=a+c匹 18.解：(1)取BC的中点O,连接OA,OA1, 4 =9-2ac 4 由基本不等式得a2十c2十ac=9≥3ac,等号成立，当 且仅当a=c=√3， 所以ac∈0,0∈[是号） 因为A1在底面ABC上的射影为O, 答案： [停引 所以OA1⊥平面ABC, 在三棱柱ABC-AB,C1中，平面ABC∥平 15.解：(1)设之=a+bi,a,b∈R,a>0, 面A1B1C1, 由题意：a2+b2=10① 所以OA1⊥平面A1B1C1.因为MA1C平 计算(1+2i)x=(1+2i)(a+bi)=a-2b+(2a+b)i, 面A1B1C, 得a-2b=2a+b② 所以OA1⊥MA1, ①②联立，解得a=3,b=一1得之=3-i. 在△A1B1C1中，M为线段B1C1的中点，B1C (2)+m二=3+i+m-i)1-边=3+m-1+ 1+i 2 2 ⊥MA1, 因为BC∥BC1, 所以BC⊥MA1, 所以3+m1=0且1-m1≠0，解得m=一5. 因为OA1C平面A1BC,BCC平面A1BC,OA1∩BC 2 2 =0, 16.解：（1)根据三角函数的基本关系式，可得 所以MA1⊥平面A1BC, 2cosa十sinc=2十tang=4,解得tana=2. △ABC中，AB=AC=2,∠BAC=90°， sin a-cos a tan a-1 (2)由(1)知tana=2, 所以BC=2√2，OA=V2, 又由 s(4-·sin(-）cos(e+ 所以VW-Ax=号SA·MA,=号X号BC· sin(+a）:sin(-a） OA·MA=子×2BC·VA-Om,MA1= =cosa·(-cosa）·sing=cosa. cosa·(-sina) 子×g×2.16-2厄-2厘， 3 15 (2)设C到平面MA1B的距离为d,则 所以xy十y2+x之=8，由S△APB+S△BPC+S△APC= 在Rt△MA1B中，MA1=√2，A1C=A1B= S△ABC得： √OA+OB=√14+2=4， 1 221 所以S△，B=2MA1·AB=2XEX4=2E. =8, 由余弦定理得，a2=c2+b-2 bccos A, 所以d 3VM-A = S△MA,B 即12=2+-26c×2=2+B-8,即2+8 设MC与平面MA1B所成角为8，则sin0=MC d =20, d √14 叉b<c,联立2+2=20 ,解得c=4,b=2. √MA+A1C2 √2+16 6 (bc=8 所以△ABC的周长为a+b+c=6+2V5. 所以MC与平面MA,B所成角的正孩值为☑ (3)PA=x,PBI=y,PCI=, 19.解：(1)由已知，得cosB=2 acos A_sinB 由(2)在△PAB,△PBC,△PAC中，由余弦定理 tan C x2+y2+xy=16 由正弦定理，得sin Ccos B=2 sin Acos A x2+x2+x2=4, sin Csin B-2sin Acos A-sin Bcos C. (y2+2+yz=12 tan C Ep 2sin Acos A=sin Bcos C+cos Bsin C, 联立xy十yz十x之=8求解可得x2+y2+2=12, Ep 2sin Acos A=sin(B+C)=sin A, 所以(.x+y+之)2=x2+y2+2+2(xy十y2十xz) =28, 由于0<A<,smA>0所以cosA=了，所以A 所以x+y十之=2W7,f(x)=42-m·2x+|PA|+ 1PB1+PC1=4r-m·2x+2√7≥0， (2)设|PA=x,PB引=y, *a2+,令1=长1.2. PCI=*, 由对勾画数性质知y=1十2，在1[1,2]上单羽 则PA·PB+PB·PC+PA 递减， ,心=y()十… 所以(+222-2+中的 (合)十·(）)-4 值范围为（一∞，2十√7. 高一下学期期末实战模拟卷七 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 答案 B A C A A D A A AD ABD ABC 1,B[因为=2+i-2i+2 4.A[因为m=(3,6),n=(-3,入)，所以m+n=(0,6 -i -2 =-1+2i, +A),则(m十n)·n=入(6+λ)，m+n=√(6+)2， 其对应点的坐标为（一1,2）在第二象限.] nl=√9+， 2.A[对于A,相等向量必是共线向量，A正确：对于 B,a与b是平行向量，如a为非零向量，而b=0,显然 所以cos〈m十n,n》= A(6+) 1 √(6+λ)2·√9+λ2 2 a≠b,B错误；对于C,模相等的两个向量，它们的方向 化简得λ2=3→λ=士√5， 不一定相同，即a=b不一定成立，C错误：对于D,共 又(6十)<0→-6<<0，所以A=-√5.] 线向量的方向可以相反，D错误.] 3.C[由题可知，△ABC为直角三y1 5.A[依题意可知，AA1=AnCX tan号=5，BB= 角形， 且AC⊥BC,AC=A'C'=3,BC= BCXa- 2BC'=4,所以SAANC=7AC·BC A1B1=√12+1=√2，由于AA1B1B是直角梯形， =6.] 所以AB+） 30(千米). 16