期末综合冲刺卷·数学(七)-【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）

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 ∴这块莱地的面积为S=2(A'D'+BC)·A'B =×(1+1+9)×2=2+ 答案2+号 15.解析：之=7，十ai-(7+aiD(2+iD 2-i(2-i)(2+i) =14-a+(7+2a)i 6 由题意如与=3，即a=-1 虚称足牛24=1 答案：1 16.解析：①不正确，根据棱柱的 定义，棱柱的各个侧面都是 B 平行四边形，但不一定全等； ②正确，若三棱锥的三条侧 棱两两垂直，则三个侧面构 D 成的三个平面的二面角都是 直二面角； ③正确，因为两个过相对侧 棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面； ④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥C一ABC,四 个面都是直角三角形： ⑤正确，由棱台的概念可知. 答案：②③④⑤ 17.解：1)由sina sna,可知sina<0,由lg(cosa)有 意义可知cosa>0,所以角a是第四象限角. (2):0M=1.“(停)）+m=1,解得m=±号 又a是第四象限角，故m<0,从而m= 5 由正贫函数的定又可知m。=兰==青 5 4 5 18.解：(1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为 AD的中点，所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面AB CD,平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以BG⊥平面PAD. (2)证明：如图，连接PG,因为△PAD为正三角形，G 为AD的中点，所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD, D G B 又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB. 因为PB军平面PGB,所以AD⊥PB. (3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明：取PC的中点F,连接DE、EF、DF 在△PBC中，FE∥PB,在菱形ABCD中，GB∥DE. 而FE平面DEF,DE手平面DEF,EF∩DE=E, PB车平面PGB,GB军平面PGB,PB∩GB=B,所以 平面DEF∥平面PGB. 因为BG⊥平面PAD,PG军平面PAD,所以BG⊥PG 又因为PG⊥AD,AD∩BG=G. 所以PG⊥平面ABCD. 又PG军平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD, 所以平面DEF⊥平面ABCD. 19.解：(1)设之=a十bi(a,b∈R), 白随意释8 解释a=方小=士 复数之在复平面内对应的点在第四象限， b=3 2 5m2 2)之"21十5m一3(2+i)=(m—m6)十 (2m2-5m-3)i,依题意，m2-m-6=0,解得m=3 或-2. 又.2m2-5m-3≠0，.m≠3. ∴.m=-2. 20.解：(1)三棱锥的直观图如图所示. 直观图B (2)根据三视图间的关系可得BC=2√， ÷侧视周中A√-（号×号×2同）=厘=2 .S△VBC= ×25×25=6. 2 21.解：D由题设及A+B+C=x得simB=8sin2号， 2,故 sin B=4(1-cos B). 上式两边平方，整理得 17cos2B-32cosB+15=0, 解得c0sB=1(舍去)，cosB= (2)由eosB-号得snB-是放S△x=7 ucsin B 1 =音c又Sa=2,则ac-号， 4 由余弦定理及a十c=6得 b2=a2+c2-2accos B =(a+c)2-2ac(1+cos B) =36-2x号×(1+》 =4. 所以b=2. 2-16i_1=81=-3-2i, 22.解：由已知得x1=2+41=1+2i 将其代入另一个条件， 7-175=1+5i, 变形得2=一3-2 .22=1-5i, ∴a=arg1=arg(-3-2D,x<a<经。 -ararg(1-5i) 又21·22=(-3-2i)(1-5i)=-13+13i, a十B是1·2的一个辐角， 且amo+90-是- ..a+8=llz 高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（八） 1.D '.'cos a= 7ae(0,）sin a=-cosa- 1 V-(分)-4. ico(。音）-=等+sin esin答-7×7十 15×故选D. 7 2.C因为a=2 bcos C,所以由余弦定理得a=2bX 计。二整现得=，所以= 所以此三角形一定是等腰三角形. 3.C对于①，棱柱的侧面不一定全等，故①错：对于②， 截面与底面不一定平行，故②错：对于④，棱台的侧棱 延长后相交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，故④ 错，由面面垂直的判定及性质知③正确，故选C. 4.C.M为AB的中点，△ACB为直角三角形， ∴.BM=AM=CM,又PM⊥平面ABC, '.Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC, 故PA=PB=PC. 5.D连接AC交BE于点G,连接FG(图略)，因为 PA∥平面EBF,PAC平面PAC,平面PAC∩平面 EBF=FG,所以PA∥PG所以器-瓷周为 AD/BC,AD=BC,E为AD的中点，所以2瓷-能 1 所以览 6.C本题主要考查空间几何体的三视图和直观图，空 间线面位置关系. 由三视图得几何体的直观图，如图. D 其中SD⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,SD=AD =CD=2,AB=1,故△SDC,△SDA为直角三角形. AB⊥AD,AB⊥SD,AD∩SD=D, ∴.AB⊥平面SDA,∴AB⊥SA,故△SAB是直角三角 形，从而SB=√SD2+AD2十AB2=3,易知BC= √/22+1z=√5，SC=√22+22=2√2，则SB2≠BC2+ SC2,故△SBC不是直角三角形，故选C. 又A向m么-是即m品。-是得m。-号或 tan a=-3.f(x)=sin(x+a)-sin(z-a)-2sin a =2 cos xsin a-2sina≥0恒成立，所以sina0, tan a=-3,sin a=- √/i0cosa=i0 所以sin(。平)=sin co子-os in吾=-25， 4 5% 故选A. &0因为-卡2i-用2-产+2 (1-i)2 所以|z=√0+1，故选C. 9.AD已知∠C=年c=AB=2,b=AC=6. 由正孩定理可得BC 得sinB= sin至5 2 2 0<∠B<∠B=号支号x 当∠B=晋时osB=2:当∠B= 3r时， 1 cos B=-2. 10.BCD组合体可以分割成一个圆台、一个圆柱、一个 半球、一个球体和一个圆锥. 11.ABD对于A,根据正方体的性 质，有DB1⊥平面ACD1,又 DB1C平面PB1D,则平面 PB1D平面ACD1,故A正确： 对于B,连接A1B,A1C1,易证明 平面BA1C∥平面ACD1.又 A1PC平面BA1C1,所以A1P∥ 平面ACD1,故B正确：对于C, 当P与线段BC1的两端点重合 时，A1P与AD1所成角取最小 值5，当P与线段BC的中点 重合时，A1P与AD1所成角取最大值交，故AP与 AD1所成角的范调是[吾，受]，故C错误：对于D, V三校锥D,APC=V三校锥CAD,P,因为点C到平面 AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三 棱锥CAD1P的体积不变，故D正确.故选A、B、D. 12.cDA特x∈[臣]时，2x-吾∈[0] [0,,所以画教f)在区同[品]上是减品数： B错，若画数f(x)的定义城为(0，受)，则2x-吾∈ (音哥)美徽故为(1]：C玉，g) -sn(2x-） - sin（-受+2红-） sin[受-(2x-)门]=cos(2x-）,故C正确； D正确：若[0]，则2-∈[-] [-x,0],所以通数f)在区间[-登0]上是增 函数。 13.解析：易知EH∥BD∥FG,且EH=2BD=FG,同 理EF∥AC/HG,且EF=?AC=HG,显然四边形 EFGH为平行四边形.要使平行四边形EFGH为菱 形需满足EF=EH,即AC=BD:要使平行四边形 EFGH为正方形需满足EF=EH且EF⊥EH,即 AC=BD且AC⊥BD. 答案：AC=BDAC=BD且AC⊥BD 14.解析：（1)如图，由正弦定理 b sin A sin B' b=2 得sinB=么·sinA 人60高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（七） (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.已知向量a=(1,0),b=√2，a与b的夹角为45°，若c=a十b,d=a-b,则c在d方向上 的投影为 B.5 5 C.1 D.-1 如 2.已知血2a-兰子<<受则ma一asa的值是 爬 A号 c 3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=5,C=60°，且△ABC的面积为 5√3，则△ABC的周长为 ( A.8+√21 B.9+√/21 C.10+√21 D.14 部 4.若直线1与平面α相交，则 A.平面a内存在直线与l异面 B.平面α内存在唯一一条直线与l平行 C.平面α内存在唯一一条直线与l垂直 帕 D.平面a内的直线与l都相交 翻 5.sin75°cos75°的值为 A D.1 6.如图所示，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且AC=BC=2, 童 ∠ACB=90°，F,G分别是线段AE,BC的中点，则AD与GF所成的角的余弦值为 ( 7-1 D A. 6 B.、3 6 C. 3 D.- 3 7.设=1干 1一+2i,则1z= A.0 R司 C.1 D.√2 8.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视 图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图 中对应的点为 A.E B.F C.G D.H 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a,b,e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为于，向量b满足-4e· b十3=0，则a与b的夹角可以为 A餐 B君 c. D. 6π 10.用一张长、宽分别为8cm和4cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面，则此正四棱柱的对角线 长为 ( A.√6cm B.2√6cm C.32 cm D.√J66cm 11.下列结论正确的是 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 B.过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行 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 D.过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行 7-2 12.下列关于函数y=tanx十)的说法不正确的是 A.在区间（一 上单调递增 B.最小正周期是π C.图象关于点（牙0）成中心对称 D.图象关于直线x=石成轴对称 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.在平面直角坐标系xOy中，角a与角B均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若sina 1 3,cos(a-B)= 14.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角 梯形（如图所示），∠ABC=45°，AB=AD=1,DCI BC,则这块菜地的面 B(O)C 积为 15,若复数=9的实部为3，则：的虚部为 16.给出下列命题： ①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直， 则其三个侧面也两两垂直；③若有两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为 直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体；⑤棱台的侧棱延长后交于一点. 其中正确命题的序号是 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)已知sina 1 且g(cosa)有意义 (1)试判断角a所在的象限； 7-3 (2)若角a的终边上一点是M(停，m,且0M=1(0为坐标原点)，求m的值及sima的 值. 18.(12分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱 形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点. (1)求证：BG⊥平面PAD; (2)求证：AD⊥PB; 7-4 (3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并 证明你的结论 19.(12分)(1)已知复数之在复平面内对应的点在第四象限，x=1,且x十之=1，求之； 2)已知复数5m2①+5Dm一3(2+)为纯虚数，求实数m的值 7-5 20.已知正三棱锥V一ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示. A B 正视图B: C侧视图 23 俯视图B (1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积. 7-6 21.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin(A+C)=8sim2 2· (1)求cosB; (2)若a+c=6,△ABC的面积为2，求b. 7-7 2.（12分)复数与2十i的面积是2-16，复数满足·。-（7-16m-一1.如果复 1 数之1的辐角主值是，之2的辐角主值是B,求α十3的值. 7-8