期末综合冲刺卷·数学(二)-【步步维赢】2025-2026学年高一下学期数学期末综合冲刺卷

高一下学期期末综合冲刺卷·数学（二） (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.下列命题中正确的是 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kb)∥c,则实数k的值为 帝 ( ) A.- 11 B 12 C.2 11 D. 3.在平面直角坐标系中，向量n=(2,0),将向量n绕点0按逆时针方向旋转后得向量m, 若向量a满足a-m一n=1,则a的最大值是 剂 A.2√3-1 B.2√3+1 C.3 D.√6+√2+1 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 ( A.2π B.4π C.16π D.8π 阳 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 翻 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 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 A 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 ,频率 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 0.05 0.04 直方图如图所示，则从左至右第一个小长方形的面积是 0.034 A.0.02 B.0.2 C.0.08 D.0.8 010203040数据 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 10.下列命题正确的是 A.若复数之1，之2的模相等，则之，心2是共轭复数 B.之1，之2都是复数，若之1十2是虚数，则之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.已知复数之1=-1+2i,2=1-i,3=3-2i(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 2-2 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,AV=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店=号Ad,A店=a,AC=b (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一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 --G 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,bc,且cosB=专，=2. (1)当∠A=30时，求a的值； (2)当△ABC的面积为3时，求a十c的值. 2-5 18.(17分)某险种的基本保费为α（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 0 2 3 ≥5 保费 0.85a 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-A1B,C1中，E,F,G,H分别是AB,AC,AS C AB1,AC1的中点.求证： (1)B,C,H,G四点共面； (2)平面EFA,∥平面BCHG. 2-8于是PA)=号，PA)=号，P(B=会P=是 由于甲（或乙）是否抽到足球票，对乙（或甲）是否抽 到足球票没有影响，因此A与B是相互独立事件. (1)甲、乙两人都抽到足球票就是事件AB发生，根据相 互独立事件的概率公式，得P(AB)=PAP(B)=号× 名-品 (2)甲、乙两人均未抽到足球票（事件AB发生）的概 奉为P(AB)=P(AP(D=号×号-号 所以两人中至少有1人抽到足球票的概率为P= 1-pA面)=1-是-品 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（二） 1.D 2.B因为a=(2,-1),b=(1,1),所以a+b=(2+k, -1+k),又c=(5,1),由(a+b)∥c得(2+k)X1= 一5X(-1),解得=分故选B. 3.B依题意，m=(1√5)，所以m+n=(3,√3). 设a=(x,y),又|a-m-n=1, 所以(x-3)2十(y-√3)2=1. 所以向量a的终，点坐标(x,y)的轨迹是以(3，√3)为圆 心，半径为1的圆 所以a的最大值为圆心(3，√3)到原点的距离加上 半径 所以a的最大值为W/32+(W5)+1=2√5+1.故选B. 4.B在平行四边形ABCD中，∠ABD=90°，将△BDC 沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD可得如图所示的 三棱锥A一BDC.将三棱锥A一BDC镶嵌在长方体 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 合√P十@2+=1，三楼维A-BDC的外接球 的表面积为4π×12=4π.故选B. Bi: D 5.C将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B, C)DEF,如图.对于①，M,N分别为EF,AE的中 点，MN∥AF,而DE与AF异面，故DE与MN不 平行，故①错误.对于②，BD与MN为异面直线，正确 (假设BD与MN共面，则A,D,E,F四点共面，与 -3 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, ∠DAF=60°，故GH与MN成60°角，故③正确.对于 ④，连接GF,A点在平面DEF的射影A1在GF上， ∴.DE⊥平面AGF,∴.DE⊥AF,而AF∥MN, ∴DE与MN垂直，故④正确.综上所述，正确命题有3个. 故选C A(B,C) H(N) 6.C如图，因为E,F分别为AB,BC的中点，所以BD⊥EF, 因为DA⊥AE,DC⊥CF,所以折叠后DP⊥ PE,DP⊥PF, 所以DP⊥平面PEF,所以①正确： 由DP⊥平面PEF,EFC平面PEF,所以DP⊥EF, 所以②正确： 由DP⊥平面PEF,根据过一点有且只有一条直线垂 直于一个平面， 所以DG⊥平面PEF是不正确的，所以③不正确； 由PE⊥PF,PE⊥DP,可得PE⊥平面DPF,又DF C平面DPF, 所以PE⊥DF,所以④正确； 由PE⊥平面DPF,又PEC平面PDE,所以平面 PD⊥平面DPF,所以⑤正确， 综上可知，正确的结论序号为①②④⑤.故选C. P(A,B,C) 7.C根据频率和为1，计算(a+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 这100名男生中随机抽取一人，得分在[60,80)的概 率为了，B正确，根据频率分布直方因知，最高的小矩 形对应的底边中点为0十60=55，.估计众教为55， 2 D正确.故选C 8.B由频率分布直方图可得，小长方形面积为S=1 (0.05+0.03)×10=0.2.故选B. 9.BCD .AB=(3,3),CD=(-2,-2), “A店=-C市∴A$与C市共线 又|AB≠|CD,∴该四边形为梯形.故选BCD. 10BC对于A,1,2可能是相等复数，故A错误；对 于B,若刘]和心2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 C正确，对于D,由题可知A(-1,2),B(1,一1)， C3,-2》,建立等式{+)=3，解得1故D 2x-y=-2, y=4, 错误.故选BC. 11.BD对于A,由AB与CE所成角为45°，可得直线 AB与平面CDE不垂直；对于B,由AB⊥CE, AB⊥ED,且CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对 于C,由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平 面CDE不垂直；对于D,由ED⊥平面ABC,可得 ED⊥AB,同理，EC⊥AB,可得AB⊥平面CDE.故 选BD. 12.解析：由题意知Aò=之(A店+Ad),A症=A市 子(A+AC.M,E,N三点共线，A症=AA+ (1-)AN(其中0<A<1).又：AM=xAB,AN yAC,(AB+AC)=XxAB+(1-x)yAC.因此 4x=1, 有 4(1-λ)y=1, 解得-y令分-=1，则 1,则红十g=大+0=1+可 1 -D十D十子≥号，当且仅当=多，即入 号时取等号。 答案：是 13.解析：O=Oi+AB=(2,-3)+(3,-2)=(5,-5), AB中点（经，-4）： 答案：（子，-4） 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 涂色的面积为6×[1×2+2.5×1×22.5 +(2×2.5-1×0.5)×2]=96. 答案：96 15.解：(1)如图，延长AD到G,使 AD-2AG. 连接BG,CG,得到□ABGC, 所以AG=a十b, AD-2AG-2(a+6). A花-号Ai-专a+. AF-2Ac-10. 成=A花-A成=吉a+b) -a=号b-2a. 萨-亦-A成=2ba=2b2a. (2)证明：由(1)可知B成-号证。 因为有公共点B, 所以B,E,F三点共线： 16.证明：(1)在菱形ABCD中，G为AD的中点， ∠DAB=60°. ∴.BG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD =AD, BG⊥平面PAD. (2)如图，连接PG, △PAD为正三角形，G为AD的 中点，∴.PG⊥AD 由(1)知BG⊥AD,PG∩BG=G, .AD⊥平面PGB,PBC平面PGB, .AD⊥PB. 17.解：1)因为c0sB=号>0，∠B∈(0,90， 所以B=是 由正获定理AB可得m30号 b 10 所以a=号 (2)因为△ABC的面积S=合4c·sinB,mB=是 5 所以品c=3,c=10. 由余弦定理得b2=a2+c2-2 accos B, 即4=a2+e2-gac=d2+e2-16即a2+e2=20. 所以(a十c)2-2ac=20,(a十c)2=40. 因为a十c>0,所以a十c=210. 18.解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2. 由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为 60+50=0.55,故P(A)的估计值为0.55. 200 (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小 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. 200 (3)由所给数据得 保费0.85a 1.25a1.5a1.75a 2a 频率0.300.250.150.150.100.05 调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30+ 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 均保费的估计值为1.1925a. 19.证明：(1)：GH是△A1B1C1的中位线， ∴.GH∥B1C. 又B1C1∥BC,.GH∥BC, B,C,H,G四点共面. (2)E,F分别为AB,AC的中点， ∴.EF∥BC. 又EF丈平面BCHG,BCC平面BCHG, ,.EF∥平面BCHG :AG∥EB且AG=EB, .四边形A1EBG是平行四边形，∴.A1E∥GB. .A1Et平面BCHG,GBC平面BCHG, .A1E∥平面BCHG. :A1EC平面EFA1,EFC平面EFA1,且AE∩EF =E, .平面EFA1∥平面BCHG. 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（三） 1.B如图，由cAC+aPA+ bPB=0知，c(PC-PA)+ aPA-bPC=(a-c)PA+ (c-b)PC=0,而PA与P元为 不共线向量，∴.a-c=c-b=0,.a=b=c. ∴.△ABC的形状为等边三角形.故选B. 2.D 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 1bcos0-2|b2=0,所以|b|c0s0=1-21b|2,因为 -1≤cos≤1，所以-|b≤1-2|b12≤|b1,所以 合≤1，所以b的取值范因是[合1]小，故连D 4.D异面直线m,n所成的角是60°，在①中，由异面直 线m,n所成的角是60°，在m上任取一，点A,过A作 直线n'∥，在空间中过点A能作出直线1，使得1与 n,n'的夹角均为60°，∴.存在直线l,满足l与m,n的夹 角都是60°，故①正确；在②中，在n上取一点B,过B 作直线m'∥m,则以m,m'确定的平面a,满足mCa,n 与a所成的角是60°，故②正确；在③中，在n上取一点 C,过C作直线m∥m',m,m'确定一个平面a,∴.过n 能作出一个平面B,满足mCa,nCB,a与3所成锐二 面角为60°，故③正确.故选D. 5.D当点E为棱CC1的中点时，A1C1∥EF,可得 A1C∥平面BED1F:因为B1D与BD1不垂直，因此 B1D⊥平面BED1F不成立：因为正方体的体对角线 BD1与平面A1C1D垂直，因此平面A1C1D⊥平面 BED1F;四棱锥B1-BED1F的体积等于2VB,-BED, 2VD,Ea,=2X号·D1C·之·BB·BC为定值， 故选D. 6.C依题意，由三视图还原出原几何体的直观图如图所示， 原几何体为四棱锥，且其底面积为？×2X1十2)=3，高为 所以共你积V号×=号所以一子故途C D C 3 3(1+2i)316: 7.Bx=1202201+20=5+51 的实部为后故选B 8.D :=1十2十…十x :31+32++32=3元. :g2=x1-x)2+(x2-)2++(xw-)2 :.3x1-3)2+(3x2-3z)2+…+(3xm-32 =9X1-x)2+(x2-z)2++(xn-x)2 9s2. 故选D 9.ABC a+b=(1+cos 0)2+sin20=2+2cos 0. 因为0 [-音音】，所以mseo,1山 所以a十b∈[√2,2].结合选项可知选ABC. 10.ACD根据棱锥的结构特征，知棱锥的侧棱长不一 定都相等.故选ACD. 11.BD选项A显然不成立；用样本估计总体时，样本 容量越大，估计就越精确，选项B成立；样本的标准 差可以近似地反映总体的稳定状态；数据的方差越 大，说明数据越不稳定，选项D成立.故选BD. 12.解析：建立如图所示的平面直角坐标系，由题意得 B(-1,-1),C(7,-1).设点D(x,y),所以AB=