高一下学期期末实战模拟卷九(综合测试卷四)-【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九 命题范围：综合测试卷四 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.已知向量a=(m,1),b=(0,3),且a⊥(a-b),则m= A.√2 B.2 C.士√2 D.士2 整 2.若复数之满足iz=1+i,其共轭复数为，则下列说法正确的是 A.x对应的点在第一象限 B.之的虚部为一i C.z=1+i D.|z=2 3.已知互相垂直的平面a,3交于直线l,若直线m,n满足m∥a,n⊥3，则 如 A.m∥1 B.m∥n C.n⊥l D.m⊥l 4.在四边形ABCD中，AB=DC,若|AD-AB|=|BC-BA|,则四边形ABCD是 ( A.菱形 B.矩形 C.正方形 D.不确定 识 5.如图，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上 D 樂 (正方形ABCD内部，含边界)，则PC·PD的取值范围为 A.(0,16] B.[0,16] C.(0,4) D.[0,4] 6.若e1,e2是夹角为60°的两个单位向量，则向量e1一e2与e2的夹角为 A.30 B.60 C.90° D.120 斯 7.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,面积为S,若asin A+C=bsin A,6S 毁 =√5AB·AC,则△ABC的形状是 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 夺 8.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体 组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体 的棱长为2，则该几何体的体积为 图1 图2 A.√2 B.2 C.22 D.4 数学试题（九）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.下列命题为真命题的是 () A.复数2一i在复平面内对应的点在第二象限 B.若i为虚数单位，n为正整数，则im+3=i C.若复数x=a十bi(a,b∈R)为纯虚数，则a=0,b≠0 D.复数一2一i的虚部为一1 10.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°，b=4√3，则下列说法正确 的是 () A.若A=不，则a=42 B.若a=1,则c=7+35 2 C.△ABC周长的最大值为12√3 D.△ABC面积的最大值12 11.已知圆台的上、下底面直径分别为2,6，高为2√3，则 A.该圆台的体积为26√3π B该圆合外接球的表面积为无 C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D.挖去以该圆台上底面为底，高为3的圆柱后所得几何体的表面积为(16+23)π 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.复数之满足文十文=，则守的实部为 13.如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球 (球A和球B),圆柱的底面直径为2+√2，向圆柱内注满水，水面刚好淹 B· 没小球B.则球A的体积为 ,圆柱的侧面积与球B的表面积之 比为 A 2-- 14.学习以下过程：若AB=(红)，AC=(x),则Sx=1A店 AC·mA=专1AB1·1AC-co (AB,AC)=号JaBP1AC-a5·AC 专云+0(G+)-(名+-一x,完成下面题目：已知fa,6c, d)=(a2+b)(c2+d)-ac-bd(a,b,c,d∈R),且ad-bc=2,则F(a,b,c,d)mim 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)已知向量a、b的夹角为牙，a=2,b=2. (1)求a·b的值 (2)证明：当t=0时，对于任意的m∈R,2a一b和ta一mb都垂直. 数学试题（九）第2页（共4页） 16.(本小题满分15分)已知平面上三点A,B,C且BC=(2一k,3),AC=(2,4). (1)若三点A,B,C不能构成三角形，求k的值； (2)若△ABC为直角三角形，求k的取值集合. 17.(本小题满分15分)在△ABC中，内角A,B,C对的边长分别为a,b,c,a=b cos C+号 2 (1)求B; (2)若a=2,△ABC的面积为2√3，D是AC边的中点，求BD的长. 数学试题（九）第3页（共4页） 18.(本小题满分17分)如图，在三棱锥P一ABC中，PA⊥平面ABC,AB =AC=2,BC=23,M,N分别为BC,AB的中点， (1)求证：MN∥平面PAC; (2)求证：平面PBC⊥平面PAM: (3)在AC上是否存在点E,使得ME⊥平面PAC?若存在，求出ME 的长；若不存在，请说明理由. 19.(本小题满分17分)数学史上著名的波尔约一格维也纳定理：任意两个面积相等的多边 形，它们可以通过相互拼接得到.它由法卡斯·波尔约(FarksBolyai)和保罗·格维也纳 (PaulGerwien)两位数学家分别在l833年和1835年给出证明.现在我们来尝试用平面 图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：(1)给出两块相同的 正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三 棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分），其较长的一组邻边边 长为三角形边长的子，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三 棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底， 八 图3 图1 图2 (1)试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； (2)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它 的全面积与给出的三角形的面积相等.请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3 中，并作简要说明 数学试题（九）第4页（共4页） 高一下学期期未实战摸拟卷九 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 项 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） 1A⑧@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（九）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（九）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 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（九）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) 八-A八-A 图3 图2 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（九）第4页（共4页）1.解：1△ABC中，由正孩定理品品BC b 所以△ABC的西教S-原c=3, 2: 及sinA-simB_a-c sin C a+b' 选②因为D为AC的中点，b=3,则AD=DC= 21 如”-8-后所以+e-=a, 因为∠ADB=x-∠BDC, 由余弦定理知a+c2-b2=2 accos B,所以2 ac cos B 所以coS∠ADB=cos(π-∠BDC)=-cos∠BDC, =ac,所以cosB=2 1 由余孩定理可得AD十BD-c2 2XADXBD 又B∈(0，，所以B=号 DC2+BD2-a2 ,即 z+22-c2 312 2XDCXBD (2)选①因为BD为∠B的平分线，b=3,所以 2x2x号 ∠ABD=∠BDC=x, 6 31 +22-a2 因为SA=SAD十Same所以气=号×2aX 2×2×号 3+7×2x×日印w5ac=2a+2, 整理得a2+c2=25 由余弦定理得，b2=a2十c2-ac, 由余弦定理得，b=a2+c2-ac=9,所以ac= 所以9=a+a02-3ac=子ac)2-3ac, 2 解得ac=6或ac=一2（舍）， Tue-i 所以△ABC的面积S= 8 高一下学期期末实战模拟卷九 选择题答案速查 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D B CD AC BC 1.C[因为a=(m,1),b=(0,3), 又由PC·PD=(PE+ED)·(PE D 所以a=√m2+1,a·b=mX0+1×3=3. +EC)-PE_CD-PE-4. 2 因为a⊥(a-b), 4 所以a·(a-b)=0,即a2-a·b=m2+1-3=0,解 所以PC·PD∈[0,16].] 得m=士√2.] 6.D[(e1-e2)·e2=e1·e2-e吃 2.C[由iz=1十i两边乘以一i得，之=1-i, 所以之对应点(1，一1)在第四象限， 之的虚部为-1,2=1+i,z=√12+(-1)2=√2， e1-ea=e-2e·e,+e2√1-2x7+1=1, 所以C选项正确，ABD选项错误.] 1 (e1-e2)·e2 3.C[因为a⊥3，且a∩3=l,m∥a,则m与3可能平行， cos(e1-e2,e2)= 1e1-e21·|e2l1X1 垂直，相交都有可能， ,由于向量夹角的取值范围是[0°，180]， 1 所以m与1和n不一定平行，m与l也不一定垂直，故 ABD错误； 所以向量e1-e2与e2的夹角为120°.] 因为LB,1C3,所以n⊥l,故C正确.] 2.B[因为a生-mA所以nA·如 2 4.B[因为AB=DC,所以四边形ABCD是平行四 sinB·sinA,因为0<A<x,所以sinA>0,所以cos乞 B 边形， 又因为AD-AB1=B元-BA1,即DB1=AC, -snB所以oms号-2n号c号， 所以平行四边形ABCD是矩形.] 因为0B<x,所以0<号<受片以eas号>0，所以 5.B[取CD的中点E,连接PE,如图所示， 所以PE的取值范围是 [9AE]中[2.2同 所以号-所以B= 23 因为6S=5AB·AC,所以6×分-esinA- 对于B:如图是圆台的轴截面 ABCD,外接球球心为O,设外 3ABIACI cos A=3bccos A, 接球半径为R, 所以amA-吾，因为0<A<,所以A-吾 当球心在梯形ABCD内时， 所以C=元-答-吾=受，则△ABC是直角三角形.] √2-1z+√R2-32=2√5，解 8.A[因为AH=2,所以AB=√2，AE=BE=1, 得-S, 当球心在梯形ABCD外时， 设ACOBD=-0.尉0到AB的距离为号。 √R2-1-√F2-32=2√5，方 所以疾藜形多面体体积为正方体体积减 程无解， 去12V0-ABE· 所以外接球的表面积4πR2 即@-12×××1x1×号-E.] 3π，B正确： 11 9.CD[对于A,复数2-i在复平面内对应的点为(2， 对于C:用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面 一1)，在第四象限，故A错误； 周长，其中轴截面的周长最大， 对于B,4n+3=i"·3=3=-i,故B错误； 对于C,复数之=a+bi(a,b∈R)为纯虚数，则a=0,b 又母线长为√/(2√3)2+(3-1)2=4，则最大周长为4 ≠0，故C正确； +4+2+6=16,C正确： 对于D,复数-2-i的虚部为-1，故D正确.] 对于D:如图：挖去以该圆台上底 10.AC[对A:由正孩定理可得：sin Asin B → 面为底，高为√3的圆柱后所得几何 sin 体的表面积为π(3十1)X4十2πX =43 >a=4E×in开=4反，故A正确：对 1×√3+π×(32+12)=26π+2√3π，D错误，] 4 12.解析：设之=a十bi(a,b∈R),∴.之|=a十bi十a-bi= B:由余弦定理可得：b2=a2十c2-2 accos Bi→48=1 2a=√Ja2+b, +2-cc=13,团，又c>0,所以c 之 atbi 2 √a2+b 1十3√，故B错误：对C:由余弦定理b2=a2十c 2 -2accos B=4848=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac, 所以ac=a+e)2-48,又a2+c2≥2ac>02+2ac+ 答案日 3 13.解析：设圆柱的底面半径为R,小球的半径为r,且r c≥4acac≤a+c) <R, 4 所以a+c)2-48≤a+c) 由圆柱与球的性质知AB2=(2r)2=(2R-2r)2十 3 →a+c≤8√3（当且仅当 4 (2R-2r)2, a=c=4√3时取“=”).此时△ABC周长的最大值为 即r2-4Rr+2R2=0,r<R, 12√5.故C正确：对D:由余弦定理b2=a2+c2-2ac r=2-R=(2-2)x2+E=1 cosB→48=a2+c2-ac→a2+c2=48+ac≥2ac→ac 2 ≤48（当且仅当a=c=4√3时取“=”），此时S△AC= 33=4 “球A的体积为V= 元 名cnB长号×48×写-125，故D错误] (2)球B的表面积S1=4x2=4π， 11.BC[由已知得圆台的上下底面半径分别为1,3，对 圆柱的侧面积S2=2xR·2R=4πR2=(6+4√2)π， 于A:国台的体积为号x12+32+1×3)X25- 圆柱的侧面积与球B的表面积之比为3十2区 2 26W3 3r,A错误： 答案：暂+名 2 24 1.解析：由题意知S△=号1AB·AC·sinA= 18.解：(1)因为M,N分别为BC,AB的中点， 所以MN∥AC. √x+y1)·(x+)-(x1x2十12)7=2x12 因为MN中平面PAC,ACC平面PAC, 所以MN∥平面PAC. -x2y1 (2)因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, 可得f(a,b,c,d)=(a2+b2)(c2+d2)-ac-bd 所以PA⊥BC, =(ad-bc)2+(ac+bd)2-ac-bd=4+(ac+bd)2 因为AB=AC=2,M为BC的中点，所以AM⊥BC -c+d-(ac+ad）'+5 因为AM∩PA=A,所以BC⊥平面PAM. 因为BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAM. 当ac+bd= 号时，函数取最小值f(a,b,c,d)mim 2 (3)假设存在满足条件的点E, 如图，过，点M作ME⊥AC交 4 AC于点E,因为PA⊥平面 1 ABC,MEC平面ABC,所以 验证c十d=乞，经验a=6=1c= 3 PA⊥ME.因为ME⊥AC,AC (ad-bc=2 ∩PA=A, 合题意. 所以ME⊥平面PAC 答案：9 因为在△ABC中，AB=AC=2,BC=2√5， 15.解：1ab=牙-EX2×9-2, 所以cos∠BCA=BC+AC-AB2-E 2BC·AC 2 因为M为BC的中点，所以MC=√3， (2)当t=0时，ta-mb=-mb, 则(2a-b)·(-mb)=-2a·b+mb2=-4m+4m 又MELAC,所以ME=MC·sin∠BCA=5 =0,与实数t的值无关， 即当t=0时，对于任意的m∈R,2a一b和ta一mb都 19,解：(1)依上面剪拼方法，有V柱>V维 垂直. 推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正 三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角 16.解：(1)因为三点A,B,C不能构成三角形，所以A, B,C在同一条直线上， 形，其面积为现在计算它们的高： :BC/A花4X(2-)-3X2=0,解得k=子 如图所示：在正四面体中， (2)由题意得，AB=AC-BC=(k,1D. 高 DO √BD'-BO3 当A是直角时，AB⊥AC,.AB·AC=0,.2k十4 1- 0,解得k=一2； 号-（x 当B是直角时，AB⊥BC,.AB·BC=0,k2-2k 3 -3=0,解得k=-1或k=3; 在图2一顶处的四边形中，如图 当C是直角时，AC⊥BC,.AC·BC=0,16-2k 所示： =0,解得k=8. 直三棱柱高PN=tan∠PMN·MN 综上所述，k的取值集合为：{一2，一1,3,8. =tam×号×(2-1D）=5x 1 6 17.解：)因为a=eos C+令，由正弦定理得sinA 3 sin Bcos C+sin C 6 2 sin(B+C)=sin Bcos C+sinC V柱一V维=(h柱一 2， 所以sin Beos C+-cos Bsin C--sin Bcos C+sinC, 3-22>0 24 2 即cos Bsin C=siC,因为sinC≠0， V柱>V维， 2 (2)如图，分别连接三角形 所以c0sB=号，周为0<B<,所以B=吾： 的内心与各顶点，得三条 线段，再以这三条线段的 (2)因为S△Ac=2=2 acsin B,所以c=4, 中点为顶，点作三角形 以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三 因为D是AC边的中点，所以B历=BA+, 个顶，点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三 个四边形， B币12-BA+18+号BA.BC=×2+ 可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成 为一个缺上底的直三棱柱， 寻×4+2×2X4X合=1，所以BD=厅， 再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱 25