期末综合冲刺卷·数学(四)-【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）

(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 得△BB'C是等边三角形，∠BCB=受， 所以直线AD与BC所成角为牙，故选C 6.D对于选项A,因为M,N分别是BC1,CD1的中点， 所以点N∈平面CDD1C,点M庄平面CDD1C,所 以直线MN是平面CDD1C的交线， 又因为直线CD1在平面CDD1C内，故直线MN与 直线CD1不可能平行，故选项A错： 对于选项B.正方体中易知NB|≠|NC|,因为点M 是BC1的中点，所以直线MN与直线BC1不垂直，故 选项B不对； 对于选项C,假设MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1. 因为M是BC1的中点， 所以|MC=|MD1|.这与|MC1≠|MD1|矛盾.故假 设不成立，所以选项C不对； 对于选项D,分别取B1C,CD1的中点P,Q,连接 PM、QN、PQ(图略).因为，点M是BC1的中，点，所以 PM/cG且|PM1=名1cGl.同理QN∥cG且 QNI=ICC. 所以PM∥QN且|PM=|QN|,所以四边形PQNM 为平行四边形. 所以PQ∥MN. 在正方体中，CC⊥PQ,PQ⊥AC 因为AC∩CC=C,ACC平面ACC,CC1C平 面ACC, 所以PQ⊥平面ACC.因为PQ∥MN,所以MN⊥平 面ACC1. 故选项D正确.故选D. 7.C s-i(ltai)_i(l+ai)(1-)_(-ati)(1-i 1十i(1+i)(1-i) 号+生当生2=2解得a3 8.B:函数f()=cos(2z-受)=sim2x,x∈R,则 f(x)是周期为经=元的奇画数，故选B 9.ABCA中，y=cos|2x|,最小正周期为π；B中，y= cosx,最小正周期为元：C中，y=cos(2x+石)，最 小正周期为元D中，y=tan(2x-于)，最小正周期为 受.故选ABC. 10.BC因为复数1=a十2i,2=2-i,且|21=|22， 所以a2+4=4+1, 解得a=士1，故选B、C. 11.ABC由棱柱的结构特征知选A、B、C. 12.ACD将函教y=sim(e-于)的图象上各点的横坐 标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）得y s加(：-平)的图象，再向左平移平个单位长度得 4 3π g(z)=sin +至_天=sin号的图象，所以A正 3 4 确：因为g(5)≠士1，所以B错误：因为g(3x) sinx=0,所以C正确；又g(0)=0,所以20)=1，所以 D正确.故选ACD. 13.解析：法-：因为sm(0叶）=号， 所以cas(g-至)=sm[受+(g-晋)门 =sin(9叶子）=是，因为9为第四象限角，所以一受 +2kx<0<2x,k∈乙，所以-3还+2x<0-平<2x 4 ∈z.所以m(g-晋)=√-)= 子所a( cos(0-子） 法二：因为0是第四象限角， 且sim(9+子）=号，所以计晋为第一象限角， 所以cos(+T)=手，所以tan(0-T) s(g-)-[受+g子] cos(g-）sim[登+g] cos(0+) 4 sim(+】 3 答案：一青 14.解析：由2a-b|=√4a2-4a·b+b2= √4-4xb1×号+b2=而，得61-2E6 2 一6=0，解得b=3√2（负值舍去）. 答案：3√2 15解折： (1+2i)(3-4i)=3+8+6i-4i (3+4i)(3-4i) 32+42 "结岩嘉 答案号十员 16.解析：依题意得cos(名-a）十sin(x一a) 3 2 cos a+2 sin a= sn(a+）=g,m(+音)告 os(2a+号）=cos2(e+若)=1-2sin'(a+晋) 青，cos(2a+晋）=cos2(a+) 1-2sm(a+看）=1-2x(←台)°=-品 答案：一25 17.解：1)sin(-名x)=sim(-x-）=sin(-吾） sin(号x)=sim(16m+号）=sin子 “y=n在[吾受]上是增画， <-百<<受 sim(-)sin, 中sin(一r)m号 49 (2)cos870°=c0s(2×360°+150)=cos150°， sin980°=sin(4×180°+260)=sin260°=sin(90°+ 170)=c0s170°， .0°<150°<170°<180°，且当0°≤x≤180°， y=COsx是减函数， .cos150>cos170°，即cos870>sin980°. 18解：a·6a6cs晋=是， .|xm-b12=x2a2-2.xa·b+b2=9x2-3x+1= “当1=日时，0一6取得流小值，最小值为 a(m-b)=a2-ab-g×g-号-0， 6 .a与xa-b垂直. 19.解：(1)在△ABC中，由余弦定理得 AB2=AC2+BC2-2AC.BCcos C =162+102-2×16×10cosC, ① 在△ABD中，由余弦定理及∠C=∠D易得 AB2=AD2+BD2-2AD.BDcos D =142+142-2×142cosC, © 由①②得142+142-2×14c0sC =162+102-2×16×10cosC, 1 解得cosC=2 因为∠C为三角形的内角，又cosC>0, 所以0<∠C<受，所以∠C=5, 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： SaAD=ZAD.BDin D,.S△Ac=ZAC·BCsin 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. 20.解：(1)如图，延长DM交D1A 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1. (2).M是AA的中点， A MA∥DD, A1是QD1的中点. 又A1P∥D1N, i.AiP-7DiN. N是DC的中点， ∴AP=DG=￥， PB=AB,-AP=子a (3)过点D1作D1H⊥PN于点H,则D1H的长就 是点D1到l的距离. QD1=2AD1=2a,D1N=号 D,H=QD·DN2a·g =27 QN 17 4 即点D,到1的距满是2 21.解：(1)设之=a十bi(a,b∈R), 由已知条件得a2+b2=2, &2=a2-b2+2abi, 所以2ab=2,所以a=b=1或a=b=-1, 即x=1+i或之=-1一i. (2)当之=1+i时，x2=(1+i)2=2i, 之-22=1-i,所以点A(1,1),B(0,2),C(1,-1),所 以Sax=21ACX1=2×2X1=1. 当g=-1-i时， x2=(-1-i)2=2i, 之-g2=-1-3i. 所以A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3), 所以5a暖=合X1ACX1=号X2X1=1 即△ABC的面积为1. 22.解：(1)由BA·BC=2,得cacos B=2, 又cosB=子所以a=6. 由余弦定理得a2+c2=b+2 accos B. 又b=3,所以u2+c2=9+2×6×号-=13. 好81g得a=2=3或a=8=2 因为a>c,所以a=3,c=2. (2)在△ABC中，∠B∈(0，π)， s血Bo丽-V1-(》-22 3 由正孩定理得，sinC=云simB=号×22-42 3 3 因为a=b>c, 所以∠C为锐角， 于是cos(B-C=Beo C+in Bin C=子×子 +22×42_23 3 927 高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（五） 1.C0是第四象限角，∴.sin0∈(-1,0).令sin0=a, 当-1<a<0时，sina<0.故sin(sinf)<0. 2.C由余弦定理得a2=b2十c2-2 bccos A,即6=5c2 名2，解=26=48nA=个-6oA-故三 角移的面积为号sinA=子×4X2X-四 8 2 故选C. 3.D cos a-=7,a∈(0，).sina=√-cosa= V(- cos(。-子）=吾+sin esin=7×+ 45×3=13. 7 X艺=，故选D 4.C.(a+2b)·(a-3b)=-72, .a2-a·b-6b2=-72, ∴.a2-albcos60°-61b12=-72, ∴.|a-2|a-24=0. 又a≥0，.a=6.高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（四） (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e∈（经x小sin(xe)=号，则ana A一 C.-3 4 如 2.在斜三角形ABC中，sinA=一√2 cos Bcos C,且tanB·tanC=l一√2，则角A的值为 ( 3x 肥 A B. 3 c D 3.已知向量a,b满足a=5,b=4,b-a=√61，则a与b的夹角0= A.150° B.120° C.60° D.30 4.某几何体的三视图如图所示，则在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离 剂 的最大值为 1网 1 正视图 侧视图 装 俯视图 翻 A.√3 B.√6 C.25 D.2√6 5.将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时， 异面直线AD与BC所成的角为 蕾 A B c D. 2 4-1 6.在正方体ABCD一A1B,C1D,中，MN分别是BC1,CD1的中点，则 A.MN∥C1D B.MN⊥BC C.MN⊥平面ACD D.MN⊥平面ACC 7.已知i为虚数单位，复数= 十a的虚部为2，则实数a= 1+i A.1 B.2 C.3 D.4 8.设函数f(x)=cos(2x罗)x∈R,则f()是 A.最小正周期为π的偶函数 B.最小正周期为π的奇函数 C.最小正周期为5的偶函数 D.最小正周期为的奇函数 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.下列函数中，最小正周期为π的是 A.y=cos 2x B.y=cos xl C.y=cos 2x+ D.y=tan(2x-f)】 10.已知i为虚数单位，复数之1=a十2i,之2=2-i,且之1|=|之2，则实数a的值为( A.0 B.1 C.-1 D.2 11.下列描述中，是棱柱的结构特征的是 A.有一对面互相平行 B.侧面都是四边形 C.相邻两个侧面的公共边都互相平行D.所有侧棱都交于一点 4-2 12.将函数y=sin(x一不)的图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向左 平移平个单位长度得g(x)的图象，则下列说法正确的是 () A.g(x)是奇函数 B.x=号是g()图象的一条对称轴 C.g(x)的图象关于点(3π，0)对称 D.20)=1 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.已知0是第四象限角，且sim(0+）=3,则am0-）= 14.已知向量a,b的夹角为45°，且a=1,2a-b=/10,则|b1= 1+2i 15.计算：3+4 1.已知（信-a十nx-）=-4.-登<a<0:则cos(a+）= 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)比较下列各组数的大小： )smx)与sim(g) (2)cos870°与sin980°. 4-3 18.(12分)已知两个不共线的向量a,b满足a=3,b=1,它们的夹角为牙.求aa一b的 最小值及对应的实数x的值，并判断此时向量a与向量xa一b是否垂直. 4-4 19.(12分)某城市有一块不规则的绿地，城建部门欲在该地上建造一个 底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座形状分别为 △ABC,△ABD,如图所示，测得AD=BD=14,BC=10,AC=16, ∠C=∠D. (1)求AB的长度； (2)若建造环境标志的费用与用地面积成正比，不考虑其他因素，小李、小王谁的设计建 造费用较低，请说明理由. 4-5 20.(12分)在棱长是a的正方体ABCD-A1BC1D1中，M,N分别是AA1,D1C1的中点，过 D,M,N三点的平面与正方体的下底面相交于直线1. (1)画出交线l; (2)设l∩AB,=P,求PB,的长； (3)求点D,到l的距离. 4-6 21.(12分)已知复数之满足z=√2，z2的虚部为2. (1)求复数之； (2)设之，z2,之一之2在复平面内对应的点分别为A,B,C,求△ABC的面积. 4-7 22.(12分)在△ABC中，内角A,B.C的对边分别为Q,6,c,且a>c,已知Bi.BC-2,c0sB=号， b=3.求： (1)a和c的值； (2)cos(B-C)的值. 4-8