期末综合冲刺卷·数学(三)-【步步维赢】2025-2026学年高一下学期数学期末综合冲刺卷（人教B版）

高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（三） (满分：150分) 一、单项选择题：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.若角a的终边过点（一1,2），则cos2a的值为 A.3 D.- 5 2.已知o(女若}-号则s+s( ( 如 A.-1 B.1 C.2 3 D.3 3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinB+sinA(sinC-cosC)=0,a=2,c=√2， 帝 则C ( A B晋 c.晋 D. 3 4.若异面直线m,n所成的角是60°，则以下三个命题： ①存在直线1，满足1与m,n的夹角都是60°； ②存在平面a,满足Ca,n与a所成角为60°； ☒ ③存在平面a,β，满足mCa,nC3,a与B所成锐二面角为60°. 北 其中正确命题的个数为 ) 郑 A.0 B.1 C.2 D.3 5.如图所示，在正方体ABCD一A,B,C,D1中，点E是棱CC1上的一个动点，平面BED1交 棱AA,于点F.则下列命题： ①存在点E,使得AC1∥平面BED,F; ②存在点E,使得B1D⊥平面BED1F; ③对于任意的点E,平面AC,D⊥平面BED,F; ④对于任意的点E,四棱锥B,-BEDF的体积均不变. 蕾 其中真命题有 ( A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 3-1 6.某儿何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是三，则正视图中的x的值是 () 正视图 侧视图 俯视图 A.2 c D.3 7.已知复数x=12i是虚数单位)，则：的实部为 c.吉 8.已知△ABC中，若AB=AB·AC+BA·BC+CA·CB,则△ABC是 () A.等边三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9.设a,b,c是任意的非零向量，则下列结论不正确的是 ( A.0·a=0 B.(a·b)c=a(b·c) C.a·b=0→a⊥b D.(a+b)·(a-b)=|a2-b2 10.下列各式的运算结果模为√2的是 A.i(1+i)2 B.(1-i) C.(1+i)2 D.i(1+i) 11.关于空间几何体的结构特征，下列说法正确的是 A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等 C.三棱台的上、下底面是相似三角形 D.有的棱台的侧棱长都相等 12.已知i为虚数单位，下列说法中正确的是 ( A.若复数之满足|之一=5，则复数之对应的点在以(1,0)为圆心，√5为半径的圆上 B.若复数之满足之+|z=2十8i,则复数之=15+8i C.复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量 的模 D.复数之1对应的向量为OZ1,复数2对应的向量为OZ2,若|之1十之2=|之1一2， 则OZ1⊥OZ, 3-2 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.在△ABC中，AB=√2，BC=8,∠B=45°，D为△ABC所在平面内一点且满足 (AB·AD)·(AC·AD)=4,则AD长度的最小值为 14已知sma十c0s月-写，则os 15.如图，AB,CD分别表示甲、乙两楼，AB⊥BD,CD⊥BD,从甲楼顶部A处测 得乙楼顶部C处的仰角α=30°，测得乙楼底部D处的俯角3=60°，已知甲楼 高AB=24m,则乙楼高CD= m. 16在△ABC中，若AB=3aC=1,且ms会-则C 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤， 17.(10分)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6cm的全等的 等腰直角三角形. 主（正）视图 左（侧）视图 (1)根据图中所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA. 3-3 18.(12分)函数f(.x)=4 cossin(x-)十1. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)求f(x)在区间[一泛，登]上的最大值和最小值。 3-4 19.(12分)已知复数之在复平面内对应的点在第四象限，且之是方程x2一4x+5=0的根. (1)求复数z; (2)复数。=a一（一1十》2十(aERi为虚数单位）清起m<2后，求a的取值 范围. 3-5 20.(12分)如图，在正方体ABCD-A1B,C1D1中，S是B1D1的中点，E,F,G分别是BC, DC,SC的中点，求证： (1)直线EG∥平面BDDB1; D C B D以 (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 3-6 21.(12分)如图，在△ABC中，已知CA=1,CB=2,∠ACB=60°. (1)求AB; E D (2)已知点D是AB上一点，满足AD=入AB,点E是边CB上一点，满足BE=入BC ①当入=2时，求A它.C方； ②是否存在非零实数λ，使得AE⊥CD?若存在，求出入的值；若不存在，请说明理由. 3-7 22.(12分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知√3 bcos C=csin B. (1)求角C的大小； (2)若c=2√7，△ABC的面积为6√3，求△ABC的周长. 3-820.解：1)rcos(+a)cos(号-a) =cos(g+a）小·sin(答+a） sin(2a+晋）=子sin(a+吾）=-2 :ae(g,受）∴2a+5∈(x,) ∴os(a+）=5, sin2a=sin[(2a+）-晋] =sm(2a+晋)ms登-os(a+管)m音-2 (2:ae(肾，受）∴2a∈(x), 又由(1)知sin2a= 2,'.cos 2a= 2 1 ∴.tana一 sin a cos asin'a-cos'a tan a cos a sin a sin acos a 3 -2c0、2a=-2X2=25. sin 2a 1 2 81解：aw=子+9w2=一令 22 i=0,w3=1, w2+w+1=0,w·0=1, ∴.(uw+2w2)2+(2w+w2)2=w2+4a3+4w+4w2+ 4w3+w=5w2+5w+8=3. (22+2=0+1_+1-g2=-1. w w (3)由1可知w2=子 i=0,w3=1, 1,n=3k, w”=w,n=3k-2,k∈Z. w,n=3k-1. 22.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EFt平面BCHG,BCC平面BCHG, .EF∥平面BCHG .AG∥EB且A1G=EB, ∴.四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB. ,AEt平面BCHG,GBC平面BCHG, .AE∥平面BCHG. ,AEC平面EFA1,EFC平面EFA1, 且A1E∩EF=E, .平面EFA1∥平面BCHG 高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（三） 1.B角a的终边过点(-1,2)， ∴.cosa= /5 -5 2a=2aw。-1=2x(- )-1=-故选B 2.3cos+cos(-）=cosz+cosos sin xsin=3cos 3 (分m+gsr）=6s(-晋)-x号-1. 故选B. 3.B因为a=2,c=√2， 2 √ 所以由正弦定理可知，snA一simC 故sinA=√2sinC. 又B=x-(A十C), sin B+sin A(sin C-cos C) =sin(A+C)+sin Asin C-sin Acos C =sin Acos C+cos Asin C+sin Asin C-sin Acos C =(sin A+cos A)sin C =0. 又C为△ABC的内角， 故sinC≠0， 则sinA+cosA=0,即tanA=-1. 又A∈(0，x,所以A=要 从两simC=。simA=马x2-是 √ 2 2=2 由A-3还知C为锐角，故C=,故选B, 4 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'∥n,在空间中过点A能作出直线l,使得1与 n,n的夹角均为60°，∴.存在直线l,满足1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B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，A1C∥EF,可得 A1C1∥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A1CD⊥平面 BED1F;四棱锥B1-BED1F的体积等于2VB,-BED,= 2YD,-E,=2X号·D1C·2·BB1·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， 原几何体为四棱维，且其底面积为2×2X1十2)=3，高为 所以共体积-子X3一号所以一号 3 D B 3 3(1+2i) 5 的实那为子，故选B 8.C AB2-AB.AC=BA.BC+CA.CB, AB (AB-AC)=BC.(BA-CA), 即AB·CB=BC·BC, ..AB.BC+BC.BC=0, :.BC.(AB+BC)=0, 即BC·AC=0,即BC⊥AC 所以△ABC是直角三角形.故选C. 9.AB:0·a=0,.A中结论错误；向量的数量积不 满足结合律，∴.B中结论错误；当a·b=0时，a与b 的夹角为90°，即a⊥b,∴.C中结论正确；D中结论正 确.故选AB. 10.BD对于A,i(1+i02=i·2i=-2,-2=2, B,i2(1-i)=-1·(1-i)(-1+i),|-1+i=√2， C,(1+i)2=2i,|2i=2, D,i(1+i)=-1+i,|-1+i=√2，故选B、D. 11.ACD根据棱锥的结构特征，知棱锥的侧棱长不一 定都相等.A、C、D正确. 12.CD满足|之-i=√5的复数之对应的点在以(0,1) 为圆心W5为半径的圆上，A错误；在B中，设之=a十 bi(a,b∈R),则|z|=√a2+b.由之+|x=2+8i,得 a十bi+Va+b=2+8i,.{a十a+b=2,解得 1b=8, a=。152=-15十8i,B错误：由复教的模的定 1b=8, 义知C正确；由|之1十2|=|1一之2|的几何意义知， 以OZ1,OZ2为邻边的平行四边形为矩形，从而两邻 边垂直，D正确.故选CD. 13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= (-1,-1),AC=(7,-1),AD=(x,y),所以(AB· AD)·(AC·AD)=(-x-y)·(7x-y)=4,即 (x十y·(y一7x)=4.令{十)=m:则 (y-7x=n, 1 x=8(m-, (im+n) mm=4,所以AD=F+-日 y=- √(m-n)2+(7m+n)2= 8·V50m2+2n2+12mn= 是Vm++2≥号.m+=E,含且 8 仅当5m=n=士2√5时，等号成立，所以AD的最小 值为√2. 答案W2 1,解折：由Ssne十csa-号，得sna十casa十2 in a =1十sm2a=号，所以sin2a=},从而ms4a=1 2sn㎡2a=1-2x(）=号 答案：8 15.解析：如图，AE⊥CD,垂足为点E,则 ED=AB=24 m, AE-ED-24-815(m). tan60°√5 在Rt△ACE中，CE=AE·tan30 =85x5=8(m, 3 所以CD=CE+ED=8+24=32(m). 答案：32 16.解析：因为c0s号-号所以c0sA=20o2 -1 2 2X日-1=一日由余弦定理知 BC=√/AB2+AC2-2AB·AC·cosA V+1-2x3x1x(3)=2 答案：2√5 17.解：(1)该四棱锥的俯视图为（内含对角P(C) 线)边长为6cm的正方形，如图，其面积 为36cm2. (2)由左视图可求得PD=√PC2+CD=√6+6Z= 6√2. 由主视图可知AD=6,且AD⊥PD, 所以在Rt△APD中， PA=√PD+AD2=√/(62)2+62=63cm. 18.解：1)f(x)=4 cossin(x-否)+1 -4cosincos12i o 2cs2x+1=5sm2x-cos2x=2sim(2x-晋） 令-受+2km≤2x-名<受+2m,k∈Z, 解得-吾十x≤≤吾十km,∈Z, 故函教单调运增区间为[一吾+答十x],c乙 2)因为一吾<所以-<2一< 当2x-吾=受即x=吾时，fx)=2, 当2x-吾-=一受，即x=一是时f0mn=-5 6 19.解：(1)设复数之=m十i,m,n∈R, x是方程x2-4x十5=0的根， ∴.(m+i)2-4(m+i)+5=0, 整理可得 (m2-n2-4m+5)+(2m1-4)i=0, 由复数相等可得 m2-n2-4m+5=2mm-4=0, 解得m=2且n=1或m=2且n=一1， 故方程的两根为2十i或2一i, 又复数之在复平面内对应的点在第四象限， 之=之-i, (2)化简可得 w=a--1+iD2+D=(a-1D-3i, 1 .(-z)=|(a-1-3i)-(2+i)|=|a-3-4i= √/(a-3)2+16≤2√/5， ∴.解关于a的不等式可得1<a5. 20.证明：(1)连接SB,因为E,G分别是BC,SC的中点， 所以EG∥SB.又因为SB手平面BDD1B1,EG车平 面BDD1B1,所以直线EG∥平面BDD1B1. (2)连接SD,因为F,G分别是DC,SC的中点，所以 FG∥SD.又因为SD军平面BDD1B,FG车平面 BDD1B1,所以FG∥平面BDD1B1,且EG丢平面 EFG,FG手平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFG∥ 平面BDD1B1. 21.解：1)AB=CB-CA,且CB2=1,CA产=1，CB. CA=2X1×cos60°=1， ..I AB=CB -CA=(BC-CA)?= √CB2-2CB.CA+Ca2=5. (2)①x=2时，AD-2AB.E市=2BC D,E分别是边AB,BC的中点， AE-AC+CE-AC+7CB. CD=号(CA+CB), ∴正.cd-(C+2c)·2ci+c=2AC. CA+7AC.CB+1CB.CA+1CB =-7×1P+7X1X2Xcos120+7×2X1Xcs60 2 +×2=1 ②存在.理由如下：假设存在非零实数入，使得A正」 CD,由AD=AAB,得AD=X(CB-CA), ..CD=CA+AD=CA+(CB-CA)=CB+(1- )CA, 又BE=ABC, ..AE=AB+BE=(CB-CA)+(-CB)=(1-) CB-CA, :.AE.CD=A(1-A)CB-CB.CA+(1-)2 CB. CA-(1-)CA2 =4λ(1-A)-A+(1-λ)2-(1-A) =-3λ2+2λ=0， 解得X=号或=0（不合题意，合去， 故存在非零实数X=号，使得L成 22.解：(1)由正弦定理，6 sin B sin C' 得3 sin Bcos C-=sin Bsin C,在△ABC中，因为sinB≠0， 所以W3cosC=sinC,故tanC=√3，又因为0<∠C<π， 所以∠C=π 3 (2)由已知，得号alsin C=6.又∠C=号，所 以ab=24. 由已知及余弦定理，得a2+b2-2 abcos C=28, 所以a2+b2=52,从而(a+b)2=100.即a+b=10, 又c=2√7，所以△ABC的周长为10+2√7. 高一第二学期期未综合冲刺卷·数学（四） 3 1.Csin(π-a)= 3 .sin a=5 ae(受m小， ∴.cosa=V/1-sin2a 9 4 =√1-2=-5 'tan a=sin a cos a 4,故选C 2.A由题意知，sinA=-√2 cosBcos C=sin(B十C)= sin Bcos C+cos Bsin C. 在等式-√2 cos Beos C=sin Bcos C+cos Bsin C两边 同除以cos Bcos C得tanB十tanC=-√2， tan(B+C)=tan B+tan C 1-tan Btan C =-1=-tanA, 即tanA=1,所以A=子 3.B由b-a=√6T可得b2-2a·b+a2=16-2a·b 十25=61，所以a·b=-10,所以cos0=a:h abl -10 5×4=-2,所以0=120°，故选B. 1 4.B由几何体的三视图可得该几何体是一个侧视图为 平行四边形的四棱柱，在该几何体的所有顶点中任取 两个顶点，它们之间距离取最大值时，最大距离相当 于一个长宽高分别为2,1,1的长方体对角线，故d= √/22+12+12=√6.故选B. 5.C设O是正方形对角 线AC、BD的交点，将 正方形ABCD沿对角 线AC折起， 可得当BO⊥平面ADC 时，点B到平面ADC A 的距离等于BO,而当 BO与平面ADC不垂 直时，点B到平面ADC b 的距离为d,且d<BO,由此可得当三棱锥B-ACD 体积最大时，BO⊥平面ADC.设B是B折叠前的位 置，连接B'B,因为AD∥B'C,所以∠BCB'就是直线 AD与BC所成角，设正方形的边长为Q,因为BO⊥平 面ADC,OB'C平面ADC,所以BO⊥OB, 因为B0=B0-子AC-写，所以Bg=C=BC =0