期末综合冲刺卷·数学(九)-【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（九） (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.平面向量a与向量b满足a·(a十b)=3,且a=2,b=1,则向量a与b的夹角为 ( 如 A君 B晋 c π D.6 2.已知sina+)-号则cos(香-a) ( ) 帝 A.2 2 B.3 n将 3.在△ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,若bsin A一3 acos B=0,且b=ac, 则“的值为 新 A. 2 B.√2 C.2 D.4 郑 4.已知m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，若m⊥a,nLB,且BLa,则下列结论 一 定正确的是 ( A.m⊥n B.m∥n C.m与n相交 D.m与n异面 阳 5.如图，正方体ABCD-A,B,C1D,中，E,F分别为棱AB,CC,的中点，在平面ADD,A1内 翻 且与平面D,EF平行的直线 ( 爵 A.有无数条 B.有2条 C.有1条 D.不存在 9-1 6.设=+2则 ( A.0 B C.1 D.√2 7.已知i为虚数单位，（之1-2）(1十i)=1-i,之2=a十2i,若之1·之2∈R,则|之2|= A.4 B.20 C.√5 D.2√5 8.如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几 何体的体积是2.则它的表面积是 A.17π B.18π C.20元 D.28元 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.下列计算或化简结果正确的是 A.2tan a cos a2 sin a B若sin9:e0s0=名则an0叶os9-2 sin 0 C.若anz=2,则 2sin x=1 cos x-sin x D.若a为第一象限角，则 cos a sin a 二=2 √1-sin2av1-cos2a 10.已知平面a⊥平面B,a∩B=l,点A∈&，AE1,若直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥a, m∥B,则 () A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥B D.AC⊥3 11.下列选项是正方体或四面体，P,Q,R,S分别是所在棱的中点，这四个点共面的图是 ( ) 9-2 12.已知i为虚数单位，复数=斗则以下为假命题的是 A.之的共轭复数为5一 74: B.之的虚部为 C.|z|=3 D.之在复平面内对应的点在第一象限 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.如图，在正方体ABCD一A1B,C1D1中，E是棱DD1的中点，则异面直线AE与BD1所 成角的余弦值为 0, E國 B 14.已知a,b∈R,(a+bi)2=4i(i是虚数单位)，则a+i= ,ab= .(本题 第一空2分，第二空3分) 15.已知9是第四象限角，且sin(0+)=号，则tan(g) 16.已知复数之满足(1十√3i)z=1十i,则z= 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，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且2 asin A=(2b+c)sinB+(2c +6)sin C. (1)求∠A的大小； 9-3 (2)若sinB+sinC=1,试判断△ABC的形状. 18.(12分)如图，用两根绳子把重10N的物体W吊在水平杆子AB上，4 ∠ACW=150°，∠BCW=120°，求A和B处所受力的大小（绳子的重量 150°7120° 忽略不计). 白g 9-4 19.(12分)如图，三棱柱ABCA,B,C,的侧棱与底面垂直，AC=9,BC=12, AB=15,AA1=12,点D是AB的中点. (1)求证：AC⊥BC; (2)求证：AC1∥平面CDB1. 9-5 20.(12分)已知扇形的圆心角是α，半径为R,弧长为1. (1)若a=60°，R=10cm,求扇形的弧长1. (2)若扇形的周长为20c,当扇形的圆心角α为多少弧度时，这个扇形的面积最大？ (3)若。=号，R=2cm,求扇形的弧所在的弓形的面积. 9-6 21.(12分)已知函数f(x)=sinx-cos2x-2√3 sin xcos x(x∈R). a)求)的值： (2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间. 9-7 2.(12分)已知：是复数：一31为实数，：一2为纯虚数为虚数单位. (1)求复数x; (2)求之的模. 9-8(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 14.解析：因为(a+bi)2=a2-b2+2abi=4i,所以a2-b2 =0且ab=2,所以a=b=√2或a=b=一√2，则|a十i =2,ab=2. 答案：22 15.解析：法一：（通性解法）因为sim(0+平）=号， 所以os(0-至)=sim[登+(9-交)门 =sn(9叶开）=是，因为9为第国象限角，所以一受 +2k元<0<2kx,k∈Z,所以-3x+2kx<0-元<2k元 4 4 -是，k∈z,所以sim(0-)=√1-(g) 5 3 法二：（光速解法）因为日是第四象限角， 且sin(0叶子）=日，所以叶于为第一象限角， 所以cos(叶)=手，所以tam(0-无) sim(9-开）-os[受+(g-年)门os(+平) cos(o)sin() sim(0+于） 4 3 答案：司 16.解析：(1十√i)x=1+i, 十+元-1++1 1+√5i(1+√5i)(1-√5i) 4 =0++1--22-盟 42 答案号 17.解：(1)由2 asin A=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC得 2a2=(2b+c)b+(2c+b)c, 即a2=b2+c2+bc, 由余孩定理得0sA十-心=c=-号 2bc 2bc 2 .∠A∈(0°，180)，.∠A=120. (2)由(1)得a=b2+c2+bc,由正弦定理得sin2A sin2 B+sin2C+sin Bsin C. .sin2B+sin2C+sin Bsin C=3 4 又sinB+sinC=l, ∴sinB=snC=2, :∠B、∠C∈(0°，90)，∴.∠B=∠C=30°， ∴.△ABC为等腰三角形. 18.解：如图，设CE,CF分别表示A,B所受 的力，10N的重力用CG表示，则CE+ CF=CG. 易得∠ECG=180°-150°=30°， 18 ∠FCG=180°-120°=60°， C克=1d花c0s30°=10x5=55. 1C=10dcos60=10×2=5. A处所受力的大小为5√5N,B处所受力的大小 为5N. 19.证明：(1)，CC⊥平面ABC,∴.CC⊥AC .AC=9,BC=12,AB=15,..AC2+BC2=AB2, ∴.ACLBC. 又BCnCC=C,∴.AC⊥平面BCCB1, 而B1CC平面BCC1B1, ∴.AC⊥B1C. (2)连接BC1交B1C于点O,连接 OD.如图， O,D分别为BC1,AB的中点， ∴.OD∥AC. 又ODC平面CDB1,AC1丈平面CDB1. .AC∥平面CDB1. 20.解：11=10×号-19(m (2)由已知得：1+2R=20, 所以S=宁R=子(20-2R)R =10R-R2=-(R-5)2+25, 所以R=5时，S取得最大值25，此时l=10, a=2 rad. (3)设弓形面积为S马. 由题知1=2cm, 3 Sg=5a-5a=号×经×2-7×22Xm骨 3 =(ξ-(cm2). 21.解由m-9= 21 f)=()-()-2×9×(-)· 得f()=2. (2)由cos2x=cos2x-sin2x与sin2.x=2 sin xcos x得 fx)=-cos2x-5sin2x=-2sim(2x+若） 所以f(x)的最小正周期是π 由正弦函数的性质得 晋+2m≤2x+吾<受+2kk∈Z. 解得吾+kx<<经+，∈乙. 所以，f)的单调造增区间是[答+众，+x]k∈Z, 22.解：(1)设之=a十bi(a,b∈R),由之-3i=a+(b-3)i 为实数，可得b=3. 又1A28牛0为纯康线， 5 .a=-1,即z=-1+3i. 2产---2 (1-i)(1+i) 2 -2+i, 产=-2+=2牛+=6 高一第二学期期末综合冲刺卷·数学（十） 1.C画数f(x)=sin(2x+子)的最小正周期T=2红 w =π.故选C. 2.B由正弦定理及2 ccos B=2a+b,得2 sin Ccos B= 2sinA+sinB,因为A十B+C=x,所以sinA=sin(B +C),则2sinC·cosB=2sin(B+C)+cosB,即 2sinB·cosC+sinB=0,又0<B<π，所以sinB>0, 则0sC=-合：因为0<C<,所以C=号，所以 snC-答，则△AC的面积为了mC=9a6= e,即c=3ab,结合c2=a2+62-2ab…cosC,可得 √5 a2+b2+ab=9a2b2,:a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时 取等号，2ab十a9a2b2,即ab>号，故ab的最小值 是子故选B. 3.B根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则.可 以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积 S之间的关系是S=5,本题中直观图的面积为 4 a,所以原平面四边形的面积等于=22。 4 4.D连接EH、FG.在△ABD中，E、H分别是AB、AD 的中点，EH∥BD且EH=2BD, 在△CD中，器帝， ÷PG/BD且FG=￥BD. ∴.EH∥FG,且EH≠FG. ∴.四边形EFGH为梯形. .直线EF与GH相交于一点，设交点为M 又EEF手面ABC,M∈EF,∴.M∈面ABC,同 理，M∈面ACD. 又，面ABC∩面ACD=AC, .M∈AC,∴.直线EF与GH的交点一定在直线AC 上.故选D. 5.B在三棱柱ABC-A1BC中，平面B裁此三棱柱，分 别与AC,BC,BC,AC1交于点E,F,G,H,且直线 CC∥平面B,则CC∥EH∥FG,且CC=EH=FG, '.四边形EFGH是平行四边形，故①正确； EF与AB不一定平行 ∴.平面B与平面AB1A1平行或相交，故②错误； 若三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，则CC1⊥平 面A1BC. .EH⊥平面ABC1,又EHC平面B, .平面B⊥平面A1B1C1,故③正确.故选B. 6.B 2D由气得8日号名-所以 共轭复教为号十子i,故选D. 8.D由三视图知该几何体为底面是边长为2的正三角 形，高为2的正三棱柱，S底=2×3×22=25. 4 S侧=3×2×2=12，则表面积为25十12.故选D. .ACA特合原式=X0m2. _2tan22.5° =2tan45°= 1 2;B不符合，原式=sin15°·cos15°=2sin30°- 3·cos=1 子：C将合原或- 6=2D不符合，原式 台×m0-子m6w-停 ;故选AC 10.BD若截面过AA1,BB1,CC1的中点时，两个小三 棱柱的表面积之和比原三棱柱的表面积增加了 2S△Ax=2××2=25:若藏面过AA1及B1C 4 的中点和BC的中点时中，表面积增加了2倍的边长 分别为√3和3的矩形的面积，即2×3X3=63,故 选B、D. 11.ABC对于选项A,由题意得SD⊥AC,AC⊥BD, SD∩BD=D,SD,BDC平面SBD, ∴.AC⊥平面SBD,故AC⊥SB,故A正确；对于选项B, .AB∥CD,ABt平面SCD,CDC平面SCD, '.AB∥平面SCD,故B正确；对于选项C,由对称性 知SA与平面SBD所成的角与SC与平面SBD所 成的角相等，故C正确. 12.AC由复数乘法的运算律知A正确；取1=1,2=i, 满足1十号=0，但21=0且2=0不成立，B错误 由复数的模及共轭复数的概念知结论成立，C正确： 由1=2能推出之1=|2，但之1=|22推不出之1= 2,因此1=2的必要不充分条件是1=之2，D 错误。 13.解析：a∥b,aCa,ba,∴.b∥a. 又：bCB,a∩B=c,∴.a∥b∥c 答案：a∥b∥c 14解析：本题考多复教的运第-侣D侣日 15-10i=3-2i. 5 答案：3-2i 15.解析：PA=4,PC=2,AC=25, ∴.在△PAC中，PA2+PC2=20= AC2,可得AP⊥PC, 又PB⊥平面PAC,PA,PCC平面 PAC, .PB⊥PA,PA⊥PC.