高一下学期期末实战模拟卷十二(综合测试卷七)-【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）

又CO吨平面PAD,ADC平面PAD,所以CO∥平 ,'PO⊥平面ABCD,.PO⊥BD.在正方形ABCD 面PAD. 中，BD⊥AC, 又CO∩EO=O,所以平面CEO∥平面PAD, 又，PO∩AC=O,.BD⊥平面PAC.又：BDC平 而CEC平面CEO,所以CE∥平面PAD. 面BDE,.平面PACL平面BDE 19.(1)证明： (2)解：取OC中点F,连接EF.,E为PC中点， ∴.EF为△POC的中位线，∴.EF∥PO.又：POL平 面ABCD, .EF⊥平面ABCD,OF⊥BD,.OE⊥BD ∴.∠EOF为二面角E-BD-C的平面角，.∠EOF A =30在R△0EF中.05=20c-子AC-9. 连接OE,如图所示 :O、E分别为AC、PC中点，OE∥PA. EF=OF·1m0-0p=2EF=d。 6a. :OEC平面BDE,PA丈平面BDE,∴.PA∥平 面BDE. ∴.Vp-ACD= 1xaxa-L5v. 6 189 高一下学期期末实战模拟卷十二 选择题答案速查 题号 1 4 5 6 7 9 10 11 答案 D D C A C 0 ABD AB AB 1.D[对原式两边同时乘以i得：之一1=i,即之=1十i, 6.A[设酒杯上部分（圆柱）的高为五.因为酒杯下部分 所以之=1-i,即之十之=2，故选D.] (半球)的半径为R,所以酒杯下部分（半球）的表面积 2.C [AD-AB+BD,AD=AC+CD, 为2nR,由酒杯内壁表面积为兰R2,得酒杯上部分 2A0-AB+AC+号Ci =AB+AC+是Ci+B) → → （国挂)的侧面积为号R-2mR=令R,即2nRXh 智R,解得么=言R,所以酒环下年分（年球）的体积 3.D[|a+bl=√1+cos0)2+sin0=√2+2cosa. ×袋=号成，酒杯上分（国）的依积 V2=21 因为0e[-受，号]，所以cos0e[o.11 4 V=2×号R= I 所以a+bl∈[2,2].] 3R,所以 =2.故选A.] 4.A[os(T+a）·os(-a 7.C[如图，过A1作A1H⊥AC, =o(+）小o[登-（昏+a)川 垂足为H,连接DH.因为侧面 AA1CC⊥底面ABC,且侧面 =cos(经+a小si血(+a) AA1C1C∩底面ABC=AC,所以A D A1H⊥平面ABC,所以∠A1DH 3nm(受+2a）2os2a 为直线A1D与平面ABC所成的角.设AB=2a,因为 树面AACC是菱形，且∠AAC=号，所以AH=a, 5.C[设外接圆的圆心为O,半径为r,连接BD,OD(图 A1H=√3a,又△ABC为等边三角形，点D是BC的中 略).在R△ABC中，∠ABC=受，AC=2AB,所以 点周DH-名AB=a从石n∠A,DH--5, ∠BAC=吾，∠ACB=吾，AD为∠BAC的平分线，所 以∠ACB=∠BAD=∠CAD=答，则根据园的性质 故∠ADH=5.故选C.] 8.D[由题意知1-sin2A-(1-sin2B)+1-sin2C 知BD=AB.又因为在R1△ABC中，AB=名AC=7 =1+sin Asin C,sin2A+sin2C-sin2B= =OD=OA,所以四边形ABDO为菱形，所以AD 一in An C.由正弦定理得女。-=令，由余孩定 2ac AB+A0=a十2b.故选C.] 理得csB=-:B∈0，x,B-经 30 ”snA十simC=sin受inA+sm(5-A）=1,整理 12.解析：设BD=CD=x,则BC=2.x,由余弦定理得 x2+42- 得sm(A+)=1又A∈(0，号)A=若C cos B=. (2.x)2+42-72 2×4x 2X4X(2.x), 否，故△ABC是顶角为经的等腰三角形，故选D.] 解得x=之，所以BC=9. 9 ABD[a·b=a·bcms君=受，故A正确： 答案：9 13.解析：(1)因为a十b=(3,1),所以a十b=2, |a+b12=a2+2a·b+b2=7,则|a十b|=√7，故B正 所以a2+2a·b+b2=4, 确；(3a+b)·(a-b)=3a2-2a·b-b2=-3≠0，故 即1+2a·b+3=4,得a·b=0. C错误：由于a与b的夹角为石，则2a与b的夹角也 因为a-b2=a2-2a·b+b2=4,所以|a-b1=2. (2)设向量a十b与向量a一b的夹角为0，则有 为否，故D正确.故选ABD] cos0=a+b）·(a-b)=a2-b21-3」 10.AB[因为a+b=(3+入，3-入)，a-b=(3-入，3+ a+blla-bl Ta+bl la-b-2X2 1 入)，又(a十b)⊥(a一b),所以(a十b)·(a一b)= 2 (3十入)·(3-入)+(3-入)(3+入)=0，解得入=士3.] 11.AB[对于A,当点P运动到BC1的中点时，取E为 因为0∈[0，]，所以0=2红，即向量a十b与向量a-b 3 B1C1的中，点，连接A1E,EP,如图①所示， 的夫角为 答案：2 14.解析：如图①，取AC的中 点N,连接BN,SN,,N 图① 制② 为AC的中点，SA=SC, 又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以EP⊥平 ∴AC⊥SN,同理AC⊥ 面A1B1C1,所以直线A1P与平面A1B1C1所成角的 BN,SN∩BN=N, 图① 图② E切位为am∠PAE=张月为EP=名BB: AC⊥平面SNB, .AC⊥SB,又AM⊥SB,且AM∩AC=A,AM,AC A,E=A+B区=号BB,所以∠PAE C平面SAC,∴.SB⊥平面SAC,.正三棱锥S一 ABC的三条侧棱两两互相垂直，把该三棱锥放置在 台，故A正确：时于B连接BC,与风 如图②所示的正方体中，则正方体的外接球即为三 棱锥的外接球，外接球的半径等于正方体的体对角 交于点F,连接A1B,如图②所示， 由题意知，B1BCC1为正方形，所以 线长的一半，为7√2+2+2=该藏钩的体 B1C⊥BC1,因为A1B1⊥B1C1,A1B1 积为号x×(B)=45元，AB=BC=AC=2E, ⊥BB1,所以A1B1⊥平面BB1CC,又BC1C平面 B1BCC1,所以A1B1⊥BC,又A1B1∩B1C=B1,所 SAAN=2AB·BC·sin60=25,设点S到平面 以BC1⊥平面A1B1C,又OB1C平面A1B1C,故BC ABC的距离为h,由Vs-ABC=VC-sAB= ⊥OB1,同理可证A1B⊥OB1,又A1B∩BC1=B,所 以OB1⊥平面A1BC1,又A1PC平面ABC1,所以 A1P⊥OB1,故B正确：对于C,当点P运动到BC 的中点时，连接BC,与BC1交于一点，即为P,如图 3h=2 2,蹴鞠的球心到平面ABC的距离为 3 ③所示，在△A1B1C中A1P,OB1均为中线， 3-2= 所以Q为△ABC的重心，旅播重心的性质有品 3 31 =,故C错误：对于D,由于AB∥AB,所以直线 答案，4v号 15.解：(1)a·b=x+2=0,解得x=-2, A1P与直线AB所成的角即为直线A1B1与直线 所以当x=一2时，a⊥b. A1P所成的角，即∠B1A1P,点P在BC上运动，当 P运动到B或C1时，∠B1AP最大，为45°，当P运动 （2)由题意得6=(3,1D,则cosa,b=日治 到BC的中点时，∠BA1P最小，此时tan∠B1AP= 3+2 见 号9所以∠BAP不可能是，装D船张，故 5×√102 选AB.] 又a,b∈[0，n],所以a,b=子 31 (3)由题意得b-2a=(x-2,-3), 所以b-2a=√(x-2)2+9,当x=2时，b-2a取 121-cos2A-sin2A)=10(W2+1), 得最小值，为3，此时b=(2,1). 120(2+1) 所以2=1-sn2A-cos2A 16,解：()由角。的终边过点P(-是-号)得ma 120(W2+1) 、4 5 1-n(2A+) 所以sin(a十x)=-sina= 4 因为3C=6(smA-c0sA)>0,所以<A<,得买 5 (2)由角a的终边过点P(号，-号)得c0sa= <2A+<贤 3 所以当21十至-受，即A=警时，取得最小位 8 由na+》-是得asa+=士号 120,即b的最小值为2√30， 所以岛屿A和岛屿C之间距离的最小值为2√30 由B=(a十3)-a,得cosB=cos(a+3)cosa十 公里. sin(a+B)sin a, 19.解：(1)证明：在AB上取，点N,使BN= 所以sg-照我os月 16 号AB,连接CN.MN,如图， 17.解：(1)由A,B,C三点共线得AB∥BC.又AB=(3,4), 因为PB=3BM,所以BM_ BN BP BA·所 BC=(-6,m-1),则3(m-1)+24=0,解得m= 以MN∥PA. -7. 因为AB⊥BC,所以∠ABC=90°， (2)当m=-3时，点C(-4,-3),设D(x,y) 又∠BAC=30°，所以∠ACB=60°，所以AB=√3BC. 则BD=(x-2,y-1),DC=(-4-x,-3-y). x=-2, 图为BN=专AB,所以BC=N 5 y=- 在R△BNC中.im∠BNC-S-F. 所以∠BNC=60°. 即D(2,号）所以市-(1号)月 又因为∠BAC=∠CAD=30°，所以∠BAD=60°， 又BC-(-6-0,故市BC-6-9是 所以∠BNC=∠BAD,所以CN∥AD. 因为MN∩NC=N,PA∩AD=A,MN,NCC平面MNC, 18.解：(1)由岛屿A到补给站D的距离为岛屿A到B PA,ADC平面PAD,所以平面MNC∥平面PAD, 的号可符=号。 因为MCC平面MNC,所以CM∥平面PAD. (2)证明：因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩ 点E为AC中点，且C, 平面ABCD=AB,BC⊥AB,BCC平面ABCD, 所以BC⊥平面PAB. 又由C店=a,Ci=b,所以FF-C+CF=-2C+ 因为PAC平面PAB,所以BC⊥PA. 同理可得，CD⊥PA. 3Ci=30-: 因为BC∩CD=C,BCC平面ABCD, ci-Ci+i-ci+号a-Ci+号i-ci CDC平面ABCD, 所以PA⊥平面ABCD. +C-号a+ (3)由(2)知，BC⊥平面PAB,而PBC平面PAB, 所以BC⊥PB. (2)由4cosA+3cosB=1,可得4 cos Asin B+ 又AB⊥BC,所以∠PBA为二面角P-BC-A的平 sin A sin B 面角， 3cos Bsin A=sin Asin B, 因为在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=30°， Ep 3cos Asin B+3cos Bsin A=sin Asin B-cos Asin B, AC=4, 可得3sin(A+B)=sinB(sinA-cosA),即3sinC 所以AB=2√5. sin B(sin A-cos A), 在Rt△PAB中，PA=2√5， 设AB=c,AC=b,由正弦定理知3c=b(sinA-cosA), SAMc-esinAsin A(sin A-cos A 所以∠PBA=45,所以cos∠PBA= 2 6 b2(sin2A-sin Acos A) 所以二面角P-BC-A的余弦值为 6 21 32高一下学期期末实战模拟卷十二 命题范围：综合测试卷七 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.若i(1一x)=1,则之+乏= A.-2 B.-1 C.1 D.2 整 2.已知点D是△ABC所在平面上一点，且满足BD=一DC,则AD= ( AAB+￥AC B.AB++AC CAB+Ac D.TAB+AC 3.已知向量a=(1,0),b=(cos0,sin0),9∈ -受，引则a+b的取值范围是 如 A.[0,√2] B.(1,√2] C.[1,2 D.[√2,2] 4.已知a满足sina= 则os+a小·cos-a ( 器 A B得 D.-25 18 5.如图，Rt△ABC中，∠ABC= 2,AC=2AB,∠BAC的平分线交△ABC 的外接圆于点D,设AB=a,AC=b,则向量AD= A.a+b B.2a+b 1 C.a+ D.a+3b 6.唐狩猎纹高足银杯（如图1），1963年出土于陕西省西安市沙坡村窖 藏，为唐代的酒具，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组 合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知半球的 半径为R,酒杯内壁表面积为号R,设酒杯上部分（圆柱）的体积为 图1 图2 夺 V,下部分（半球）的体积为V,则兰 A.2 C.1 7.在三棱柱ABC-A,B,C,中，底面ABC为等边三角形，侧面AA,C,C是菱形，且∠A,AC -号，侧面AA.C.CL底面ABC,点D是BC的中点，则直线A,D与平面ABC所成的 角为 A君 B.π C. D. 2 数学试题（十二）第1页（共4页） 8.已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cos2A一cos2B+cosC=1 +sin Asin C,且sinA十sinC=sin,则△ABC的形状是 () A.等边三角形 B.等腰直角三角形 C.顶角为的等腰三角形 D.顶角为的等腰三角形 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.若向量a,b满足a=1,b=尽，a与b的夹角为石，则下列说法正确的是 () A.ab- B.|a+bl=√7 C.(3a+b)⊥(a-b) D.2a与b的夹角为若 10.设向量a=(3,3),b=(1,一1).若(a十b)⊥(a一b),则实数可以为 A.3 B.-3 C.2 D.-2 11.如图，已知直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB⊥BC,AB=BC=A, BB,O为A,C的中点，点P是BC,上的动点，则下列说法正确 B 的是 () A.当点P运动到BC1的中点时，直线AP与平面A,B,C1所成 0 角的正切值为号 B.无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB, C.当点P运动到BC的中点时，才有A,P与OB,相交于一点，记为Q,且PQ=号 QA 3 D.当点P在BC,上运动时，直线A,P与AB所成的角可以是30 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.在△ABC中，已知AB=4,AC=7,且边BC上的中线AD长为？，则边BC= 13.已知a=1,|b=√3，a+b=(3,1),则|a-b= ,向量a+b与向量a一b的夹角为 14.(情境创新)蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等.“蹴”有用脚 蹴、踢、蹋的含义；“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指 古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.现已知某蹴鞠的表面有 四个点S,A,B,C,满足S一ABC是正三棱锥，M是SC的中点，AM⊥ SB,侧棱长为2，则该蹴鞠的体积为 ;蹴鞠的球心到平面ABC的 距离为 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)已知向量a=(1,2),向量b=(x,1). (1)当x为何值时，a⊥b; (2)当x=3时，求向量a与向量b的夹角； (3)求b一2a|的最小值以及取得最小值时向量b的坐标. 数学试题（十二）第2页（共4页） 16.(本小题满分15分)已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，它的终 边过点P(号一) (1)求sin(a十π)的值. (2)若角，P清足sin(a+B)=是，求cos9的值。 17.(（本小题满分15分)已知平面内三点A(一1，一3)，B(2,1),C(一4，m). (1)若A,B,C三点共线，求m的值. (2)当m=一3时，线段BC上的点D满足BD=2DC,求AD·BC的值. 数学试题（十二）第3页（共4页） 18.(本小题满分17分)如图所示，△ABC的顶点是我国在南海的三个战 略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的D、E、F点上.岛屿A 到补给站D的距离为岛屿A到B的，岛屿A和岛屿C到补给站E E 的距离相等，补给站F在靠近岛屿C的BC的三等分点上.设CB=α， A D CA=b. (1)用a,b表示EF,CD; (2)若三个岛屿围成的△ABC的面积为10(+1)平方公里，且满足4cosA+3cosB sin A sin B 1,求岛屿A和岛屿C之间距离的最小值. 务 19.(本小题满分17分)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC,AD⊥ DC,∠BAC=∠CAD=30°，平面PAB和平面PAD都垂直于平面 ABCD,M在线段BP上，且PB=3BM,AC=4,PA=2√3. (1)求证：CM∥平面PAD; (2)求证：PA⊥平面ABCD; (3)求二面角P一BC-A的余弦值. 数学试题（十二）第4页（共4页） 高一下学期期末实战模拟卷十之 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（十二）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（十二）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) 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（十二）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) A 公 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（十二）第4页（共4页）