期末综合冲刺卷·数学(八)-【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（八） (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cosa=7e∈(0，)，则cos(a-) A.- 11 B.33 c 13 14 14 0.4 如 2.在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C所对的边.若a=2 bcos C,则此三角形一定是 电 A.等腰直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰或直角三角形 3.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用一个平面去截棱锥，棱锥底面与 截面之间的部分是棱台；③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直； 剂 ④棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形 其中正确命题的序号是 A.①②③ B.②③ C.③ D.①②③④ 4.如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB=90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC 帕 所在平面，那么 童 A.PA=PB>PC B.PA-PB<PC C.PA=PB=PC D.PA≠PB≠PC 8-1 5.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当 PA/半面EBF时，瓷 2 A. C.3 n号 6.某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 ( -1+-1→ —2+ 正（主）视图 侧（左）视图 俯视图 A.1 B.2 C.3 D.4 7.已知an2a=∈（号 ,),函数f(,x)=sin(x+a)-sin(x-a)-2sina,且对任意的 实数c,不等式f(x)≥0恒成立，则sim(a一)的值为 ( A-25 B.- 5 D.- 3 5 C.-23 5 8设岸+2i,则到 ( A.0 B C.1 D.2 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.在△ABC中，∠C=至，AB=2,AC=6,则cosB的值可能为 ( A.2 B.3 e 8-2 10.如图是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将 它绕轴L旋转180°后形成一个组合体，下列说法正确的是 A.该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体 B.该组合体仍然关于轴1对称 C.该组合体中的圆锥和球只有一个公共点 D.该组合体中的球和半球只有一个公共点 11.如图，在正方体ABCD-A1BC1D1中，点P在线段BC1上运动，则下 列判断中正确的是 A.平面PB1D⊥平面ACD, D B.AP∥平面ACD C.异面直线A,P与AD,所成角的范围是(0，] D.三棱锥D,-APC的体积不变 12.已知函数f(x)=cos (2x),下列结论正确的是 A,函数)在区间[臣登】 上是增函数 B.若函数f(x)的定义域为(o,受)，则值域为一，1 C.函数f(x)的图象与g()=一sin(2x一)的图象重合 D.函数fx)在区间[一登0]上是增函数 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.如图所示，在三棱锥A一BCD中，E,F,G,H分别是棱AB,BC.CD, DA的中点，则当AC,BD满足条件 时，四边形EFGH为菱 形，当AC,BD满足条件时，四边形EFGH是正方形. 14.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=√7，b=2, ∠A=60°，则sinB= ,c= .(本题第一空2分，第二空3分) 15.设α和3为不重合的两个平面，给出下列命题： ①若α内的两条相交直线分别平行于3内的两条直线，则α平行于B; ②若a外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行； ③设a和3相交于直线l,若a内有一条直线垂直于l,则a和B垂直. 其中正确命题的序号是 8-3 16.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 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△ABC中，casA=360sB= 5 5 (1)求sinC的值； (2)设BC=5,求△ABC的面积. 8-4 18.(12分)在静水中某船的速度为20m/min,水流的速度为10m/min,如果船从岸边出发 沿垂直于水流的航线到达对岸，求船行进的方向. 19.(12分)设x是虚数m=+是实数，且-1<m<2. (1)求|z的值及之的实部的取值范围； (2设u-,求证：u为纯虚数： (3)结合(2)求m一u的最小值. 8-5 20.(12分)已知函数f()=sin(x-君)十cos(x-5)g(x)=2sin号 1)若。是第一象限角，且)=3求8o的值： (2)求使f(x)≥g(x)成立的x的取值集合. 8-6 21.(12分)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2√2，PA=PB=PC=AC=4,O为AC的 中点 (1)证明：PO⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上，且MC=2MB,求点C到平面POM的距离. 8-7 22.(12分)已知在Rt△ABC中，∠C=90°，设AC=m,BC=n, (1)若D为斜边AB的中点，求证：CD=?AB: (2)若E为CD的中点，连接AE并延长交BC于F,求AF的长（用m,n表示）. 8-8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 =2xE2 √万27 (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bc·cosA, 得7=4+c2-4 cX cos60°， 即c2-2c-3=0, 解得c=3或c=-1(舍去). 答案：3 15.解析：由面面平行的判定可知①正确；由线面平行的 判定可知②正确；显然，③错误， 答案：①② 16.解析：本题考查组合体体积的计算. 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成，其中 正四棱锥的底面边长为√2，高为1， 关休积为写×回X1=号多面体的休积为 4 答案：3 4 1解，1由sA=是五∠AE0x,得nA-=号 由casB=子及∠BE0x.得smB=号 所以sinC=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B =品 (2)由正弦定理得AC=BCXsin B5X号 5-1 sin A 12 3 13 所以△ABC的面积 S=×BCXACx sin C=2×5x号x品g 3653 18.解：作出示意图如图， 设V船与岸所成夹角为a,由图示可 知Y水十℃船=V实际， 入安际 结合已知条件，可知四边形ABCD 为平行四边形. A书本B 在Rt△ABC中，|DC=|AB1=|水 =10 m/min, |AD1=vs=20m/min,所以cosa= 1Cò110-1 1AD202, 所以a=60°，即船行进的方向与水流方向成120°角. 19.解：(1)：之是虚数，∴.可设之=x十yi,x,y∈R,且y≠0， ∴m=+号=x+i+=x+i+ x+vi z2+y =+y+(y y ,m是实数，且y≠0， y yx4 =0, .x2+y2=1, .之=1，此时m=2x .-1<m<2, .-12x2, 从西有合<1<1 “=12的实部的取值范国是(-之，1)小： (2)证明：结合(1)可知u=1十。1+(x+ =1-之_1-(x+yi) -1-202=a平 (1+x)2+y2 又()y0产0， .u为纯虚数. 16 3)m-2=2x-（-十2)=2x+(￥） 2x+1x2 +-2+2x-1+品=2+10 +2,3.-2<<11+>0, 2 2x+1+子-322V2x+1D斤-3=1 当且仅当2(x十1)=子2即x=0(x=-2含去) 时，等号成立. 故m一u2的最小值为1，此时，之=士i. 20.解：Dfa)=sin(。-吾)十cos(a-晋) 2sin a cos cossir 1 1 2 sin a 又“e是第一象限角c0sa=号 因此，g(a)=1-cosa=5 1 (2)由f(x)≥g(x)得V3sinx≥1-cosx 即2sim(e+吾)≥1，所以sin(+吾)≥合 从而2kx+吾<x+吾≤2x+要k∈Z, 即2kx≤≤2x+,k∈Z. 故使f(x)≥g(x)成立的x的集合为 {女2≤r≤2kx+径，∈z 21.解：(1)证明：因为AP=CP=AC=4,O为AC的中 点，所以OP⊥AC,且OP=2√5. 连接OB,因为AB=BC=号AC 所以△ABC为等腰直角三角形， 且OBLAC..OB=2AC=2 由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知，PO⊥平面ABC. 0 7小G (2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH, 所以CH⊥平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离. 由题花可知0C=号AC=2.CM=号BC=号， 3 ∠ACB=45°. 所以oM-29,cH=0C,MCACB-.45 OM 所以点C到平面POM的距离为45 5 22.解：以C为坐标原点，以边CB、CA所在的直线分别 为x轴、y轴建立坐标系，如图，A(0,m),B(1,0). (1)证明：：D为AB的中点， D(g罗) :cd=2+m, |AB=√m2+n, CD=1A,即CD=AB. (2)E为CD的中点， E(,婴)设F(x,0,则花=(-子m小， AF=(x,-m), A、E、F共线，AF=入AE, 即，-m=2(冬，-子m） -m=- 3 即x=号，即F(g,0.∴A=子+9m 高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（九） 1.C|a=2,则a2=a2=4, 又a·(a+b)=3, .a2+a·b=4十a·b=3,解得a·b=-1设向量a 与b的夹角为a, 则a·b=|a|blcos a=-1,即2×1×cosa=-1,解 得c0sa=- "a∈[0，a=号故选C 2.B因为n(e+吾)最所以co(吾-) =n[-（-]=sim(a+）=号故选B 3.C在△ABC中，由bsin A-√3 acos B=0. 利用正弦定理得sin Bsin A一√3 sin Acos B=0, 所以anB=5,故B=受 由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cosB=a2+c2-ac, 即b2=(a十c)2-3ac, 又2=ac,所以402=(a十c),求得“=2. 4.A若B⊥a,m⊥a,则直线m与平面3的位置关系有 两种：mC3或m∥R. 当mC3时，又n⊥B,所以m⊥n:当m∥B时，又n⊥β， 所以m⊥n.选A. 5.A因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1, 所以两平面有一条过D1的交线1，在平面ADD1A] 内与1平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的 直线有无数条. 6C-岸+2=-i计2=i到=1，故送C 7Dg=2+片2+a8D=2-i· (2-i)(a+2i)=2a+2+(4-a)i,若1·之2∈R,则 a=4,2|=2√5，选D. &.A由三视图可知该几何体是半径为R的球载去日 所得，其国象如因所示，所以名×号R=袋解得 3 1 R=2,所以演几何体的表西积S=名×4R2+3× 子R2=17x故选A 9.ABDA正确 2tan acos a2sin a.cos a-2; sin a cos a sin a B正确，tan0+cos日-sin0+cos0 1 =2: sin cos sin sin Ocos 2sin x 2tan x C不正确，eosx-sinz一tant 2x号 =2;D正确，，a为第一象限角， 1- ·原式=0a+ime=2. cos a sin a 综上，A,B,D正确，故选ABD. 10.ABC因为m∥a,m∥β，a∩3=l,.m∥l,又AB∥l, 所以AB∥m,故A正确； 因为AC⊥l,m∥l,所以AC⊥m,故B正确： 因为A∈a,AB∥l,lCa,所以B∈a,所以AB吨B,lCB, 所以AB∥B,故C正确； 因为AC⊥1，当点C在a内时，AC⊥B成立，当点C 不在a内时，AC⊥3不成立，故D不正确. 1l.ABC在A图中，分别连接PS,QR,易证PS∥QR, 所以P,Q,R,S共面；在B图中，过P,Q,R,S可作一正 六边形，故P,Q,R,S共面；在C图中，分别连接PQ, RS,易证PQ∥RS,所以P,Q,R,S共面；D图中，PS与 QR为异面直线，所以四点不共面.故选A、B、C 12.ABC:=3+2i=3+2)(2+iD=4+Z 2-1(2-i)(2+i)=5+51, “:的共轭复丝为号子1的虚部为子， =√(）+（传】=：在复平面内对应 的点的坐标为（信，号），在第一象限，故选AC 13.解析：如图，连接BD,取BD D C 的中点为F,连接EF,AF,则 EF∥BD1.所以∠AEF(或 E阴 B ∠AEF的补角)是异面直线 AE与BD1所成角.设正方 体ABCD-A1B1C1D1棱长 为2，则AE=√5，AF=√2， EF=√5，由余弦定理得cOs∠AEF AE十EF-AF_所以异面直线AE与BD1 2AE·EF 所成角的余弦值为√西 答案：西