期末综合冲刺卷·数学(六)-【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（六） (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.已知非零向量m、n满足|n=4m,且m(2m十n),则m、n的夹角为 ( A音 C. π D.6 π 如 2.在(0,2π)内，使sinx>cosx成立的x的取值范围为 ( 帝 A(,)U(,平） B.(x) C(臣xU(r,） D(,平） 4tan 12 3.计算： 。一3 ( 3tan 12 剂 A. 3 B.-23 c D.-23 3 9 4.已知△ABC的一个内角为120°，A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a=b+4,c=b一4，则 △ABC中最小角的余弦值为 ( 帕 A.7 9 B. c品 翻 5.下列命题正确的是 ( A.若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行 B.若一条直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行 童 C.若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行 6-1 6.在△ABC中，AB=4,AC=3,AB,BC边的垂直平分线交于点P,则AP·BC的值为 ( A.7 R司 C.-7 D.- 7,若复数：满足1一2=1一1，则其共轭复数之在复平面内对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 8.已知sm(悟。)-，则os2a+2018=）= A号 c-号 D月 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.已知在△ABC中，a=4,b=4√3，∠A=30°，则∠B可能为 A.609 B.120° C.30° D.150° 10.下列命题正确的是 A.若复数之1,2的模相等，则之1，之2是共轭复数 B.之1,2都是复数，若之1十2是虚数，则2不是之2的共轭复数 C.复数之是实数的充要条件是z=z(z是之的共轭复数) D.已知复数1=一1十2i,之2=1一i,3=3一2i(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O心=xOA+yOB(x,y∈R),则x+y=1 11.下列命题正确的是 A.梯形一定是平面图形 B.若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行 C.两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 D.若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 6-2 12.已知函数f(x)=cos(3sin十cos),则下列区间中f(x)在其上单调递增的是 A.(,) B(-吾，别) c.(o,) D.(50 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.当函数y=c0s(x十10°)十c0s(x+70°)，x∈(0°，180°)取得最小值时，x= 14.已知a=4,b=3,(2a一3b)·(2a十b)=61,则a+b= 2018 √2+i 2019 15.设复数之= ,其中i为虚数单位，则乏的虚部是 1-√2i x= .(本题第一空2分，第二空3分) 16.如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继 必 续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的 759 北偏东75°处，且与它相距8√2 n mile.此船的航速是 n mile/h. 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 30 步骤 17.(10分)已知tanx=2,求： (1)osx+sin2的值. cos x-sin x 6-3 (2)2sinx-sin xcos x十cosx的值 18.(12分)如图，在正方体ABCD-A,BC,D,中，S是B,D,的中点，E,F,G分别是BC, DC,SC的中点，求证： (1)直线EG∥平面BDDB1; B D以 6-4 (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 19.(12分)请将以下复数表示为三角形式（辐角取主值）. (1)ai(a∈R); (2)√3+i; (3)-1. 6-5 20.(12分)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为 A C 矩形. B (1)若AC⊥BC,求证：直线BC⊥平面ACC1A1. (2)若D,E分别是线段BC,CC,的中点，在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥ 平面AMC?请证明你的结论. 6-6 21.(12分)如图所示，一个摩天轮半径为10m,轮子的底部在地面上2m处，如果此摩天轮 按逆时针转动，每30s转一圈，且当摩天轮上某人经过点P处（点P与摩天轮中心高度 相同)时开始计时. (1)求此人相对于地面的高度关于时间的关系式； (2)在摩天轮转动的一圈内，约有多长时间此人相对于地面的高度不小于17m. 6-7 22.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,BC∥平 面PAD,∠ABC=0,PA=PB-号AR求证： (1)AD∥平面PBC; (2)平面PBC⊥平面PAD. 6-8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. 8D由道c(2+20)-os(2a+警+672x)- cos(2a+） sin(各-a=cs(吾-e）-9 2cas2(e+子）-1=号-1=-3故选D 9.AB 、得3四A13义2 4 2 又因为b>a,所以∠B=60°或120°. 10.BC对于A,1和2可能是相等的复数，故A错 误；对于B,若1和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,-1),C(3,-2),建立等式(3，-2)=(-x+y, 20即23，舞释故D错说故 选BC. 11.AC对于A,由于两条平行直线确定一个平面，所以 梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B,两条直 线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行 或异面或相交，故B错误；对于C,两两相交的三条直 线最多可以确定三个平面，故C正确；对于D,若两 个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故 D错误. 12.AcDf)=s音(sn号+os专）-9nt +1兰=sim(+音)十令2x≤+ ≤3km+受，k∈Z 可得2x一≤1<26x十音keZ 当0时品故在[行音]上单河延特又 (0)[](0晋)[-]所 以CD满足题意；当k=1时，函数f(x) []上* 调递增，所以A满足题意，故选ACD. 13.解析：y=cos(x+10)+cos(x+70)=cos(x+10) +cos(x+10+60')=c0s(x+109+3os(x+10) 9sin(x+10)3 -2cos(+10)-9nx+10y =√3cos(x+10°+30°)=√3cos(x+40°). 因为x∈(0°，180°)，所以当x=140°时，函数y取得 最小值. 答案：140 14.√/13 15.解析：易知}二 ”1- 所以之= ) =(-i)2018+ \1-2i 2019=i2+3=-1-i, 之=一1+i,则之的虚部是1，|之|=√2. 答案：1√2 16.解析：设航速为nmile/h,在△ABS中，AB=2u, BS=8√2 n mile,∠BSA=45, 1 由正弦定理，得8巨三 sin30sin45,所以0=32. 答案：32 17.解：(1)，tanx=2, ..cos z+sin z1+tan z1+2 ∴cosx-sinx1-tan1-2 一3 (2).tanx=2, .'.2sin2 -sin xcos x+cos2 x= 2sin2 x-sin xcos z+cos'x sin x+cosx 2tan2x-tanx+1_8-2+1_7 tan2 x+1 4+1=5 18.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手平面BDDB1,FG车平面 BDDB1,所以FG∥平面BDD1B1,且EG军平面EFG, FG年平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFG∥平 面BDD1B1. 19.解：(1)当a>0时，因为r=√0+a2=a,cos0=0, sin 0=1, 所以0=受，所以ui=a(cos受+isin受） 当a<0时，同为r=√0十a2=-a, cos 0=0,sin 0=-1, 所以0=3x】 所以ai=-a(os+iin）. a(cos +isin (a), 综上，ai= a(cos+isin）a<o. (2)因为r=√/(W5)2+1=2, cos 0=13 1 ,sin=2 所以0=吾，所以w5+i=2(cos晋+isin吾）. (3)因为r=√/(-1)2+0=1，cos0=-1,sin0=0, 所以日=π， 所以-1=cosx+isin元. 20.证明：(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩 形，所以AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为AB,AC为平面ABC内两条相交的直线， 所以AA1⊥平面ABC. 因为直线BCC平面ABC,所以AA1⊥BC. 又AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交 的直线，所以BC⊥平面ACC1A1. (2)如图，取线段AB的中点M,连 接A1M,MC,A1C,AC1, 设O为A1C,AC的交，点， 由已知，O为AC1的中点 连接MD,OE,则MD,OE分别为 △ABC,△ACC1的中位线， 所以MDL号AC.OE4TAC. 因此MD LOE. 连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形， 则DE∥MO. 因为直线DE过平面A1MC,MOC平面A,MC, 所以直线DE∥平面A1MC, 即线段AB上存在一点M(即线段AB的中点)，使直 线DE∥平面A1MC. 21.解：(1)设在ts时，摩天轮上某人在高hm处.这时 此人所转过的角为箭=，故在1s时，此人相对于 地面的高度为M=10sin无+12（≥0）. (2)由10sin需+12>17，得si血需≥2， 则<1< 25 故此人有10s相对于地面的高度不小于17m. 22.证明：(1)，BC∥平面PAD,而BCC平面ABCD, 平面ABCD∩平面PAD=AD,.BC∥AD. :ADE平面PBC,BCC平面PBC, .AD∥平面PBC. (2:PA=PB=AB,满足PA+PB=AB, .PA⊥PB. 由∠ABC=90°知BC⊥AB. 又.平面PAB⊥平面ABCD 平面PAB∩平面ABCD=AB,BCC平面ABCD, ∴.BC⊥平面PAB. 又PAC平面PAB,∴.BC⊥PA. 又.PB∩BC=B,PBC平面PBC,BCC平面PBC, .∴.PA⊥平面PBC. 又：PAC平面PAD,.平面PBC⊥平面PAD. 高一第二学期期未综合冲刺卷·数学（七） 1.D依题意得a=1,a·b=1×√2×cos45°=1， |d=√(a-b)7=√a2+b2-2a·b=1,c·d=a2-b2 =-1,因此c在d方向上的投影等于：4=一1， d 选D. 3 2.A因为sin2a=,所以(sina-cosa)2=1-sin2a 子，又至<a<受，所以sin&-c0sa>0,所以sina 1 -cos a=2. 3.B由题意，根据三角形面积公式得2 absin C=5尽， 即日X5×=5尽，解得a=4,根据余孩定理得e 2 a2+B-2 beC,即2=16+25-2X4X5×2,解得 c=√2I,所以△ABC的周长为9+√2I.故选B. 4.A当直线1与平面a相交时，这条直线与该平面内 任意一条不过交点的直线均为异面直线，故A正确： 该平面内不存在与直线1平行的直线，故B错误；该平 面内有无数条直线与直线l垂直，所以C错误，平面α 内的直线与l可能异面，故D错误，故选A. 5.A sin75°c0s75°=2×2sin75°os75°=7× 血150-子×名-子故选A 6.A延长CD至点H,使DH=1,连接HG,HF,则 HF∥AD,且HF=DA=2√2，又.GF=,HG=JI0, ∴cos∠HFG=8+6-10=3 2×√6×√861 .C文=十2i-计21=i,“三1，故选C 8.A由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，M点 在侧视图中对应的点为E. H 9.BC设O为坐标原点，a=OA, y=/3x b=OB=(x,y),e=(1,0),由b2 4e·b+3=0得x2+y2-4x+3=0, 即(x一2)2十y2=1,所以点B的轨 迹是以C(2,0)为圆心，1为半径的 国.因为a与e的夹角为于，所以 不妨令点A在射线y=3x(x>0)上，如图，数形结合 可知(a,b)最小为吾，最大为号，故选BC 10.BD分两种情况：(1)以4cm的长为高，则正四棱柱 底面是边长为2cm的正方形，因此对角线长l1= √/22+22+4=2√6(cm). (2)以8cm长为高，则正四棱柱底面是边长为1cm的 正方形，因此对角线长l2=√1+12+82=√66(cm. 11.AC对于A,过不在平面内的一点，有且只有一个平 面与这个平面平行，正确；对于B,当已知直线与平面 相交时，不存在过该直线的平面与已知平面平行，错 误；对于C,过不在直线上的一点，有且只有一条直线 与这条直线平行，正确；对于D,过不在直线上的一 点，有无数个平面与已知直线平行，错误.故选A、C 12.BD 13.解析：因为a和B关于y轴对称，所以a十=π十2kπ， 那么m月=na=号c0sa=-ms=2g这择 cos(a-B)=cos acos B+sin asin B=-cos2a+sin2a =2sin2a-1=-2 9 答案：一日 14.解析：如图①，在直观图中，过点A作AE⊥BC,垂足 为E, B(O)E C 图① 则在Rt△ABE中，AB=1, y ∠ABE=45°， .BE-2 2 而四边形AECD为矩形， AD=1, 01 ..EC=AD=1. ∴.BC=BE+EC 9 图② 由此可还原原图形如图②. 在原图形中，A'D'=1,A'B′=2， BC'=2+1,且A'D'∥B'C',A'B'⊥BC', 2 3