期末综合冲刺卷·数学(五)-【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（五） (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.如图，O是平行四边形ABCD的两条对角线的交点，则下列等式正确的是 A.DA-DC-AC B.DA+DC=DO 如 C.OA-OB+AD=DB D.AO+0B+B C-AC 2.如图，在平行四边形ABCD中，AC,BD相交于点O,E为线段AO的中 点，若BE=ABA十HBD(入，A∈R),则入-u= ( 金 A是 c 3 D.- 3.在直角坐标系xOy中，已知三点A(a,1),B(2,b),C(3,4),若向量OA与OB在向量OC方 向上的投影相同，则a2十b2的最小值为 ( A.2 B.4 c号 0.函 4 n 4.在封闭的直三棱柱ABC-AB,C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB=6,BC=8, AA,=3,则V的最大值是 A.4π B暨 C.6π D.32x 5.如图，在直四棱柱ABCD-A,BC1D1中，AA1=AD=2BC,∠AB,C1=∠BC1D1= 120°，且BC∥AD,则直线AB1与直线A1D所成角的余弦值为 戡 D 爵 A B.3/10 20 C.0 D. 5 5 5-1 6.从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率为 ( A吉 成 c D.2 7i为嘘数单位，者：=片则在复平面中，复数：对应的点在 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 8.现采用分层随机抽样的方法抽取一个容量为45的样本，高一年级被抽取20人，高三年 级被抽取10人，高二年级共有300人，则这个学校共有高中学生 ( ) A.1350人 B.675人 C.900人 D.450人 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.对于任意的平面向量a,b,c,下列说法中错误的是 ( ) A.若a∥b且b∥c,则a∥c B.(a+b)·c=a·c+b·c C.若a·b=a·c,且a≠0，则b=c D.(a·b)c=a(b·c) 10.已知平面a⊥平面B,α∩B=l,点A∈a,A庄l,若直线AB∥1，直线AC⊥l,直线m∥a, m∥B,则 A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥B D.AC⊥3 11.从某地区年龄在25~55岁的人员中，随机抽取100人，了解 频率 组距 0.06 他们对今年两会热点问题的看法，绘制出频率分布直方图如 0.05 图所示，则下列说法正确的是 ( ) A.抽取的100人中，年龄在40~45岁的人数大约为20人 0.02 B.抽取的100人中，年龄在3545岁的人数大约为40人 0.01 C.抽取的100人中，年龄在40~50岁的人数大约为50人 02530354045505年龄1岁 D.抽取的100人中，年龄在35~50岁的人数大约为60人 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分， 12.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 正视图 侧视图 俯视图 13,在△ABC中，若b=5,∠B=交，tanA=2,则sinA= 14.在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为2+i,若点A关于实轴的对称点为B,则向 量OB对应的复数为 5-2 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文宇字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)已知=，其中i为虚数单位，>0，复数w=(x十D的虚部减去它的实部所 得的差等于，求复数ω的模. 5-3 16.(15分)如图，在三棱锥P一ABC中，PA⊥底面ABC,D是PC的中点. 已知∠BAC=,AB=2,AC=23,PA=2.求： (1)三棱锥P一ABC的体积； (2)异面直线BC与AD所成角的余弦值. 5-4 17.(15分)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC, ∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD,PA=PD,AD=2BC. (1)求证：平面PAD⊥平面PCD; (2)若△PAB是面积为√3的等边三角形，求四棱锥P一ABCD的体积. 5-5 18.(17分)为了了解高一年级学生的体能情况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测 试，将所得数据整理后，画出频率分布直方图（如图所示），图中从左到右各小矩形的面积 之比为2：4：17：15：9：3，第二小组的频数为12. 频率 组距 0.040 0.036 0.032 0.028 0.024 0.020 0.016 0.012 0.008 0.004 090100110120130140150次 (1)第二小组的频率是多少？样本容量是多少？ 5-6 (2)若次数在110以上（含110次）为达标，则该校全体高一年级学生的达标率约是 多少？ 19.(17分)如图，在四棱锥A一BCDE中，底面BCDE为正方形，平面 ABE⊥底面BCDE,AB=AE=BE,点M,N分别是AE,AD的中点. (1)求证：MN∥平面ABC; 5-7 (2)求证：BM⊥平面ADE; (3)在棱DE上求作一点P,使得CP⊥AD,并说明理由. 5-8又∠C=∠D,AD=BD,所以△ABD是等边三角形， 故AB=14. (2)小李的设计建造费用较低.理由如下： SMAD BDsin D.SAAC BCin C. 因为AD·BD>AC·BC,∠C=∠D: 所以S△ABD>S△ABC, 因为建造环境标志的费用与用地面积成正比，所以 小李的设计建造费用较低. 18.解：(1)如图，延长DM交D1A1 的延长线于点Q,则点Q是平 面DMN与平面A1B1CD1的 一个公共点.连接QN,则直线 QN就是两平面的交线l. 0 (2).M是AA1的中点，MA1∥DD1, .A1是QD1的中点. 又A1P∥D1N, .AP-ZDiN. :N是D1C的中点， AP=DC=÷, ∴PB=AB-AP=是a (3)过点D1作D1H⊥PN于点H,则D1H的长就 是点D1到1的距离. QD1=2A1D1=2a,DN=号， .·D。QD1·DN227 QN √a2+ 17a, 即点D到1的距离是厘。 17a. 19.解：(1)(0.02+0.08+0.09+2a)×4=1, ,∴.a=0.03,完成年度任务的人数为2a×4×200=48. (2)第1组应抽取的人数为0.02×4×25=2， 第2组应抽取的人数为0.08×4×25=8， 第3组应抽取的人数为0.09×4×25=9， 第4组应抽取的人数为0.03×4×25=3， 第5组应抽取的人数为0.03×4×25=3， (3)(2)中完成年度任务的销售员为第4组的3名和 第5组的3名.记第4组的3名销售员分别为A1, A2,A3;记第5组的3名销售员分别为B1,B2,B3· 从这6名销售员中随机选取2名，所有的样本点为 A1A2,A1A3,A1 B1,A1B2,AB3,A2A3,A2B1, A2 B2,A2 B3,A3 B1,A3B2,A3 B3,B1B2,BB3,B2B3, 共15个. 获得此奖励的2名销售员在同一组的样本点有6个， 故所求概率为号导 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（五） 1.D对于A,DA-DC=CA,错误；对于B,DA十DC 2D0,错误；对于C,OA-OB+AD=BA+AD=BD, 错误；对于D,AO+OB+BC=AB+BC=AC,正确 故选D. 2.C BD=2 BO.BE=BA+BD,..BE=BA+ 2BO.:E为线段AO的中点，.B正=？(BA+ BO),根据平面向量基本定理得到对应系教相等，入 =2,2r=,解得以=子以-以=子故选C 3.D向量OA,OB在向量OC方向上的投影相同，.OA· OC=OB·OC,A(a,1),B(2,b),C(3,4),.3a+ 4=6+4b,∴.3a-4b=2,(a,b)在直线3.x-4y-2=0 上，a2+b2的最小值为原，点到直线3x一4y一2=0距 离的平方d=号02+6的最小值为是故选D 4.B由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面 相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球 的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进 去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R=号，该 球的体积最大Vx号R3-×号-要故选B 5.B不妨设AD=4,如图，延长BC至点M,使得CM= BC,连接B1M,AM,易证直线AB1与直线A1D所成 的角等于∠AB1M或其补角. 易知AB1=2√5，B1M=4√2，AM= √/AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=2√W7, 所以cos∠AB,M=AB+BM-AM3VN 2AB1·B1M 20 则直线AB1与直线AD所成角的余弦值为3C 20 故选B. B D B M 6.A5=1+4=2+3,和为5的概率为名=2=1 C￥1051 故选A. 7.C周为=1+2°-1=2i-1-21)1-D=-1-3i 1+i1+i 2 = 昌所以复数x对应的点在第三象限故选C 8.C高二年级被抽取的人数为45-20-10=15（人）， 则每层的抽样比为15：300=1：20， 所以学生总数为45÷0-90（人） 即这个学校共有高中学生900人.故选C. 9.ACD选项A中，若b=0,则命题不成立； 选项C中，若a和b,c都垂直，显然b,c在模长方面没 有任何关系，所以命题不成立； 选项D中，(a·b)c是一个与向量c共线的向量，而 a(b·c)是一个与向量a共线的向量，错误；B显然成 立.故选ACD. 10.ABC:m∥a,m∥B,a∩3=l,.m∥l. ,AB∥L,.AB∥m.故A一定正确. .AC⊥l,m∥l,∴.AC⊥m.故B一定正确. .A∈a,AB∥l,lCa,∴.B∈. AB中3，lCB,AB∥B.故C也正确. AC⊥l,当点C在平面a内时，AC⊥B成立， 当点C不在平面a内时，AC⊥B不成立. 故D不一定成立.故选ABC. 11.AD本题考查频率分布直方图的应用.根据频率分 布直方图的性质得(0.01+0.05十0.06十a十0.02+ 0.02)×5=1,解得a=0.04,所以抽取的100人中，年 龄在40~45岁的人数大约为0.04×5×100=20 (人)，所以A正确：年龄在35~45岁的人数大约为 (0.06+0.04)×5×100=50(人)，所以B不正确：年 龄在40~50岁的人数大约为(0.04+0.02)×5×100 =30(人)，所以C不正确；年龄在35~50岁的人数 大约为(0.06+0.04+0.02)×5×100=60（人），所 以D正确.故选AD. 12.解析：由几何体三视图可知该几何体为组合体，左半 部分为子国锥，右半部分为三棱维，所以接几何体的 依积V=子××x×12×1+×1××2X1= + 答案：音十日 13.解析：因为在△ABC中，tanA=2,所以A是锐角，且 0A2,sinA十co2A=1,联立解得sinA=2y5 cos A 5 答案： 14.解析：复数2十i表示的点为A(2,1),关于实轴对 称的点为B(2,一1)，.OB对应的复数为2一i 答案：2-i 15,解：将=昌代入w=:+i),得 。(+)=aa-a-a+D (1-i)2 -2i 10 _1十ai)(a+1D-a十1+a(a+1D1, 2 2 2 。的实廊为士虚率为0时D. 2 由已知a(a十1D-a十1=3 2 22· 得a2=4,∴.a=士2. 又a>0,故a=2. o=安+a-|岁+22 2 6.解：1)S6Ac=7×2×25=25, 故三棱锥P一ABC的体积为 V=子·Sa·PA=子×2x2-4g 3 (2)如图，取PB的中点E, 连接DE,AE, 则DE∥BG, 所以∠ADE(或其补角)是 异面直线BC与AD所成 B 的角. 在△ADE中，DE=2,AE=√E,AD=2, 则os∠ADE=DE+AD-AE=22+232 2DE·AD 2×2×2 3 4 即异面直线BC与AD所成角的余弦值为 3 17.解：(1)证明：平面PAD⊥底面ABCD, 平面PAD∩底面ABCD=AD, CD⊥AD,..CD⊥平面PAD. 又CDC平面PCD, ∴.平面PAD⊥平面PCD. (2)如图，取AD的中点E,连接 PE.BE. PA=PD,∴.PE⊥AD. ,平面PAD⊥底面ABCD,平面 PAD∩底面ABCD=AD, .PE⊥底面ABCD. :△PAB是面积为√3的等边三角形， ∴.PA=AB=PB=2. :E是AD的中点，AD∥BC,∠ADC=90°， AD=2BC, .四边形BCDE为矩形，∠AEB=90°， ∴.△AEB≌△PEB,故PE=AE, '△PAE是等腰直角三角形， 故AB=PE=号PA=E. ∴.DE=AE=√2. 在直角三角形AEB中，BE=√AB2-AE=√2， ∴.BC=DE=√2，CD=BE=√2， 六直角梯形ABCD的面积为2(AD+BC)·CD=3, Vp-AD=3Sam·PE=E 18.解：(1)频率分布直方图是以面积的形式来反映数据 落在各小组内的频率大小的， 因此第二小组的频率为2+4+17+15+9+3 =0.08. 因为第二小组的频率=第二小组的频数 样本容量 所以样本容量-第三小组的频数12 第二小组的频率-0.08=150， (2)由直方图可估计该校全体高一年级学生的达标 17+15+9+3 率约为2+4+17+15+9十3X100%=88%. 19.解：(1)证明：因为点M,N分别为AE,AD的中点， 所以MN∥DE. 因为四边形BCDE为正方形，所以BC∥DE,所以 MN∥BC. 因为MN亡平面ABC,BCC平面ABC, 所以MN∥平面ABC. (2)证明：因为平面ABE⊥底面BCDE,DE⊥BE, 所以DE⊥平面ABE. 因为BMC平面ABE,所以DE⊥BM. 因为AB=AE=BE,点M是AE的中点，所以 BM⊥AE. 因为DE∩AE=E,DEC平面ADE,AEC平 面ADE, 所以BM⊥平面ADE. (3)(图略)取BE的中点F,连接AF,DF,过C点作 CP⊥DF,交DE于点P,则点P即为所求作的点. 理由：因为AB=AE=BE,点F是BE的中点， 所以AF⊥BE. 因为平面ABE⊥底面BCDE,所以AF⊥平面 BCDE,所以AF⊥CP.因为CP⊥DF,AF∩DF=F, 所以CP⊥平面ADF. 因为ADC平面ADF, 所以CP⊥AD. 高一下学期期末综合冲刺卷·数学（六） 1.C.m⊥(2m+n),.m·(2m+n)=0, 即2m2+m·n=0,又.n=4m,∴.2|m+m|· 1 4mcos(m,n〉=一2，结合0≤(m,n〉≤元，所以 ,n〉= 2π.故选C. 31 2.C解法1：如图，取AB的 中点G,连接DG,CG,则易 知四边形DCBG为平行四 边形，所以BC=GD=AD- AG=AD-号AB,A龙=AB+B驼=AB+号BC A店+号（市-号A)=号A店+号Ai,于是B丽 A亦-A丽=名AE-A成=号（号A花+号A)-A店 -子A成+3A成 解法2：B驴=BA+A泸=BA+AE =-AB+2(Aò+2AB+C) =-Ai+2(ò+2Ai+C)》 =-A店+2A市+A店+。(C市+Di+A =-号Ai+}.故选C 3.A以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所 示，则B(分0小，C(0.),A市=1,0)+4(0,1D= 1,40,即P(1,4),所以P店=(}-1，-4)，P元 (-1,-4),因此Pi.P心=1--4+16=17 (}+),因为+4≥2√×=4，当且仅当} =4,即：=号时，等号成立，所以Pi.P心的最大值为 13.故选A. 4.B设球O的半径为R, 因为Sa0c+Same=号R2(sin∠A0C+ sin∠BOC),所以当∠AOC=∠BOC=90°时， S△4OC+S△Oc取得最大值，此时OA⊥OC. OB⊥OC,OB∩OA=O,所以OC⊥平面AOB, 所以VQ-Ac=Vc-oB=3OC·2OA·OBsin.∠AOB =Rsim∠AOB-25故选B