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（人教B版）

高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（五） (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.已知0是第四象限角，则sin(sin0) A.大于0 B.大于等于0 C.小于0 D.小于等于0 如 2.在△ABC中a,be分别为内角A,B,C的对边，若a=6,b=2,c0sA=名，则△ABC的 面积等于 ( 帝 A.√17 B.√/15 e吗 D.3 3.已知cosa=7a∈(0，），则cosa-)= ) ☒ 14 B9 c 剂 4.若向量a与b的夹角为60°，b=4,(a+2b)·(a一3b)=-72,则a= A.2 B.4 C.6 D.12 5.如图，已知直四棱柱ABCD-AB,CD1中，AA1=AD=2BC,∠A1B,C1=∠B,C1D1= 120°，且BC∥AD,则直线AB1与直线A,D所成角的余弦值为 D A把 B.30 20 C.10 D. 5 5-1 6.已知cosa= 5,Cos(&-B)=7V 0,且0<Ka<受，那么g= ( A.适 B晋 D.营 7.1为数单位，若=生则在复平面中，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.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，a=2,且(2十b)(sinA一sinB)=(c b)sinC,则△ABC面积的最大值为 () λ鸟 n.3 C.3 D.2√3 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.△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a,b满足AB=2a,AC=2a十b,则下列结论 中正确的是 A.a为单位向量 B.b为单位向量 C.a⊥b D.(4a+b)⊥BC 10.下列命题正确的是 A.若a∈R,则(a十1)i是纯虚数 B.若a,b∈R且a>b,则a十i<b+i C.若(x2一1)十(x2+3x十2)i是纯虚数，则实数x=1 D.两个虚数不能比较大小 11.已知平面a⊥平面B,a∩B=l,点A∈a,A庄l,若直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥a, m∥B,则 () A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥3 D.AC⊥3 12.中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图 中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成 长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图不可以是 ( B 5-2 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分， 13.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 2 俯视图 14.在△ABC中，若b=5,∠B=T,anA=2,则sinA= a= .(本题第一空3 分，第二空2分) 15.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 16.如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1cm和半径为3cm 的两个圆柱组成的简单几何体.当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20c, 当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28cm,则这个简单几何体的总高度 为 (1) (2) 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)在平面直角坐标系xOy中，以Ox为始边作两个锐角α，3，它们的终边分别与以 O为圆心的单位圆相交于A,B两点.已知A,B的横坐标分别为g,号，求c0s号十sinm号 十tan号的值。 5-3 18.(12分)如图所示，在三棱锥P一ABC中，PA⊥底面ABC,D是PC的 中点.已知∠BAC=受，AB=2,AC=2B,PA=2.求： (1)三棱锥P-ABC的体积； (2)异面直线BC与AD所成角的余弦值. 5-4 19.(12分)已知z=,其中i为虚数单位，0>0，复数w=(:十i)的虚部减去它的实部所 得的差等于号，求复数ω的模。 5-5 20.(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC, ∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD,PA=PD,AD=2BC. (1)证明：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-ABCD的体积. 5-6 21.(12分)用“五点法”作出函数y=1一2sinx,x∈[一π，π]的简图，并回答下列问题： (1)观察函数图象，写出满足下列条件的x的区间. ①y>1;②y<1. (2)若直线y=a与y=1一2sinx,x∈[一π，π]的图象有两个交点，求a的取值范围. 5-7 22.(12分)如图，在四棱锥A-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; (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. 5-8sim(-)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. 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AD所成 的角等于∠AB1M或其补角. 易知AB1=2√5，B1M=4√2，AM √/AB2+BM-2AB·BM·cos∠ABM=2√7，所以 Cos∠ABM=AB十BM一AM=30O,则直线 2AB1·B1M AB1与直线A1D所成角的余弦值为20，故选B D C D ->M 6.C cos B=cosLa-(a-B)]=cos acos(a-B)+sin asin an.山已知ase=子cosa)-7语.0<ge <吾得0a<受psm-号na》-得代 入上式样w产×得+号×得-=号所 以B=平，故选C c因为中然--001D-专8 2 2 =一}-2，所以复数：对应的点在第三象限故 选C. 8.C由正弦定理得(2+b)(a-b)=(c-b)c,即(a+b) (a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,所以cosA= 公=名又0：所以A=景又+ 2bc -a2=c≥2bc-4,即c≤4，故SaAc=合-besin A≤ 合×4X号-厅当且仅当=6=2时，等号成立，则 △ABC面积的最大值为3. 9.AD 10.CD对于复数a十bi(a,b∈R),当a=0且b≠0时为 纯虚数.在A中，若a=一1，则(Q十1)i不是纯虚数， 故A错误.在B中，两个虚数不能比较大小，故B错 误，D正确.C正确. 1l.ABCm∥a,m∥β，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∈a. ∴AB3,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. 12.BCD本题考查空间几何体的三视图.两木构件咬 合成长方体时，榫头完全进入卯眼，易知咬合时带卯 眼的木构件的俯视图为A.故选BCD. 13.解析：由几何体三视图可知该几何体为组合体，左半 部分为圆锥，右半部分为三棱锥，所以该几何体的 依数-××1×1+日×1x×2x1 +分 1 答案：后+号 14.解析：因为△ABC中，tanA=2,所以A是锐角，且 滑2A+mA1:联立解释nA-25,再 b 由正孩定理得AsB代入教据解得a=2V而. 答案25 20 15.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,-1),∴.OB对应的复数为2-i. 答案：2-i 16.解析：设上、下两个圆柱的底面半径、高分别为r、h; R,H. 由两种放置方式的水的体积相等得πR2H十πr2(20 -H)=πr2h+πR2(28-h),把r=1cm,R=3cm 代入， 解得H+h=29cm. 答案：29cm 17.解：依意意，得c0sa=子c0s日=子，因为8，日为锐 1 角，所以cos号十sin号十tan2 /1+cos a /1-cos3 /1-cos a 2 2 A1+cos a 13 √2+6 2 入1+3 2 18,解：1)5aw=7×2X25=25 故三棱锥P一ABC的体积为 V=日·5a·PA=号×2x2-4g 3 (2)如图所示，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 的角. 在△ADE中，DE=2,AE= √2，AD=2, 则cos∠ADE=DE+AD2-AE_2+22-23 2DE·AD 2X2×24 即茅面直线BC与AD所成角的余弦值为 19,解：特=号昌代入w=:+,得 。)-0》o -2i _(1tai)(at1)_at1a(a+1)i. 2 2 2 的实尔为生，虚部为和士， 2 由已知a(a十Da+13 2 2 2· 得a2=4,∴.a=士2. 又a>0,故a=2. lwl=a+1+a(a+1). 2+1+2(2+1) 2 2 2 2 =+-3 21 20.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， 收AE-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， ·直角梯形ABCD的面积为2(AD+BC·CD=3, .VPABCD=- SAncPE=E 21.解：列表如下： 2 0 sin x 0 -1 0 1 0 1-2sin x -1 1 描点并将它们用光滑的曲线连接起来，如下图： a T -T -2 y=l-2sinx,x∈r,r] (1)由图象可知，图象在直线y=1上方部分时y>1, 在直线y=1下方部分时y<1, 所以①当x∈（-π，0)时，y>1; ②当x∈(0，x)时，y<1. (2)如图所示，当直线y=a与y=1一2sinx, x∈[-元，π]的图象有两个交点时，1<a<3或-1< a<1,所以a的取值范围是（一1,1）U(1,3). 22.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中平面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DEBM. 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. 高一第二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,∴.2m+|m· 4mcos(m:n)=-2,结合0≤(m,n)<x,所以 (m,m)=号，故选C. 2.D如图所示，找出在(0,2π)内，使sinx=cosx的x s=2 位，mc0至-号in牙-as子=要根秘 三角函数线的变化规律标出满足题中条件的角 re(). y 5 4 3D原式=-2 2an 厂3'1-an2 3tan=一」 、 6 5=23 3 9 4.C因为a=b十4，且c=b一4，所以A>B>C,则A= 120°，由余弦定理a=b2+c2-2 bccos A,得(b+4)2= 62+(-402-26×(-4)×(）,得b=10,所以 a14,c=6,c0sCa十bc兰=8，故选C. 2ab 5.CA选项中两条直线可能 D 平行也可能异面或相交，对 于B选项，如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，平 B 面ABB1A1和平面BCCB1 与B1D1所成的角相等，但 D -.C 这两个平面垂直；D选项中 两平面也可能相交.C正确. 6.D 7.A12i=1-i, 1-2i(1-2i)(1+i)31 1-i(1-i0(1+i)2 +2，则 在复平面内对应的点的坐标为（受，），位于第一象 限.故选A.