期末综合冲刺卷·数学(十)-【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（十） (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.函数f(x)=sim2x+号)的最小正周期为 ( A.4元 B.2π C.π D. 如 2.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2 ccos B=2a十b,若△ABC的面积为 2c,则ab的最小值为 ( 金 A号 c D.3 3.一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面四边形的面 积等于 ( ) A. B.2√2a 222 41 D.3a 剂 4.如图，在三棱锥A一BCD中，点E、H分别是AB、AD的中点，点F、G分别是BC、CD上 的点，乐9则 D A.直线EF与GH互相平行 B.直线EF与GH是异面直线 蕾 C.直线EF与GH的交点可能在直线AC上，也可能不在直线AC上 D.直线EF与GH的交点一定在直线AC上 10-1 5.已知三棱柱ABC-A B,C1,平面3截此三棱柱，分别与AC,BC,B,C1、AC1交于点E,F, G,H,且直线CC,∥平面B.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面 B∥平面ABB,A;③若三棱柱ABCA1B,C1是直棱柱，则平面B⊥平面A1B,C1.其中正 确的命题为 ( A.①② B.①③ C.①②③ D.②③ 6.如图，已知三棱锥ABCA1BC1中，E是BC的中点，D是AA1上的动 点，且 2=m,若AE∥平面DB,C,则m的值为 D A号司 B.1 C. D.2 - 7.复数的共轭复数是 A+ B是 n+ 8.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 ( 1+1 正（主）视图侧（左）视图 俯视图 A.6+√3 B.6+2√3 C.12+√3 D.12+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.下列各式中，值为2的是 A.,tan22.5 B.tan15°cos215° 1-tan2225 2π√3 2π tan30° C.cos23sin 12 D.1-tan230 10-2 10.如图，在正三棱柱ABCA,B,C,中，上、下底面为边长为2的等边三角 形，高AA,=3,现用一个截面把它分割为完全相同的两个小三棱柱，则 两个小三棱柱的表面积之和比原三棱柱增加了 ( A.3 B.23 C.43 D.6√3 11.如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SDL底面ABCD,则下列结论中正确的 是 A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 12.对任意1，之2，之∈C,下列结论成立的是 A.当m,n∈N*时，有≥"x”=zm+m B.当之1,2∈C时，若1十号=0，则之1=0且之2=0 C.互为共轭复数的两个复数的模相等，且之2=之2=之·乏 D.x1=2的充要条件是之1|=|之2 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13.如图所示，平面a,B,y两两相交，a,b,c为三条交线；且a∥b,则a与c,b与c的位置关系 是 14.i是虚数单位，复数8 2+i 15.已知在四面体PABC中，PA=PB=4,PC=2,AC=2√5，PB⊥平面PAC,则四面体 PABC外接球的体积为 16,已知cos0=号(0<0<)，则sin(0+军)的值为 :sin(0-若)的值为 (本题第一空2分，第二空3分) 10-3 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文宇说明，证明过程或演算步骤 17.(10分)设z=log号(m-1)+ilog2(5-m)(m∈R). (1)若之是虚数，求m的取值范围； (2)若之是纯虚数，求m的值. 10-4 18.(12分)已知海岛A四周8海里内有暗礁，有一货轮由西向东航行，在B处望见岛A在 北偏东75°，航行20√2海里后，在C处望见此岛在北偏东30°，若货轮不改变航向继续前 进，有无触礁危险？ 19.(12分)如图，在长方体ABCD-A1B,C1D中，AB=3,BC=4,A1A=5,现 0 有一甲壳虫从A出发沿长方体表面爬行到C,来获取食物，试画出它的 B 最短爬行路线，并求其路程的最小值， D 10-5 20.12分)已知a,3为锐角，tana=号cos(e+)= 4 5 (1)求cos2a的值； (2)求tan(a-B)的值. 10-6 21.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, AC⊥CD,∠ABC=60°，PA=AB=BC,E是PC的中点.求证： (1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面ABE. 10-7 22.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°. (1)若a=√3c,b=2√7，求△ABC的面积； 2若i血A+snC号，求C 10-82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. 以PA,PB,PC为长、宽、高，作长方体如图所示， 则该长方体的外接球就是四面体P-ABC的外接球. 长方体的体对角线长为√4十42十22=6， .长方体外接球的直径2R=6,得R=3, 因此，四面体PABC的外接球体积为V=誓R =36π. 答案：36π 16.解析：因为cos9= 3(0<<受) 所以sin9=√个-cos2月=22 3 所以sin(a+交）=sincos平+os0sin开 6 sin(0-石）=sin cos石-cos0sinF =22×51×1-26-1 3232 6 答案：2 6 17.解：(1)因为之是虚数，故其虚部log2(5-m)≠0， m-1>0, m应满足的条件是5-m>0,解得1<m5,且m≠4. 5-m≠1， (2)因为之是纯虚数，故其实部log2(m-1)=0,虚部 log2(5-m)≠0， (m-1=1, m应满足的条件是5-m>0,解得m=2. (5-m≠1， 18.解：如图，在△ABC中， 依题意得BC=20√2（海里）， 75 ∠ABC=90°-75°=15°， 20√2 ∠BAC=60°-∠ABC=45°. BC 由正弦定理，得m1500, 所以AC=20Bsin15=10W6-②（海里）. sin 45 故A到航线的距离为AD=ACsin60°=10（√6-√2） ×5=152-5)(海里). 2 因为15√2-5√6>8，所以货轮无触礁危险. 19.解：把长方体的部分面展开，如图所示. 对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC,的长 分别为√0、74、√80，由此可见乙是最短线路，所 以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E,再 在长方形BCCB1内由E到C1,也可以先在长方形 AA1D1D内由A到F,再在长方形DCCD1内由F 到C1,其最短路程为√74. 20.解：本小题主要考查同角三角函数的基本关系、两角 差及二倍角的三角函数，考查运算求解能力 4 (1)因为tana3 tan a-oina」 cos a 。4 所以sina=3cosa. 因为sin2a十cos2a=1,所以cos2a=25, 9 7 所以cos2a=2cos2a-1=一25 (2)因为a,3为锐角，所以a十∈(0，π) 又因为c0s(a十》=- 5 所以sin(a+)=√-cs'(a+B=2yE, 5 因此tan(a十B)=-2. 2tan a24 因为tana=号，所以an2a1ana 4 7 因此tan(a-B)=tan[2a-(a十B)] 份-品 2 21.证明：(1)PA⊥底面ABCD,∴.PA⊥CD. 又AC⊥CD,PA∩AC=A,.CD⊥平面PAC. AEC平面PAC,CD⊥AE. (2)AB⊥AD,PA⊥AB,∴.AB⊥平面PAD, .AB⊥PD 又AB=BC,且∠ABC=60°，.AC=AB=PA. E为PC的中点，AE⊥PC 由(1)知AE⊥CD,∴.AE⊥平面PCD,∴.AE⊥PD. 又AB∩AE=A,.PD⊥平面ABE. 22.解：(1)△ABC中，B=150°，a=√3c,b=2√7， cos B=ac2-62 2ac =3c2+c2-28 2√/3c2 、、 2 .c=-2(舍去)或c=2,从而a=2√3. 因此△ABC的面积为2×2，B×2Xsin150=E. (2)在△ABC中，A=180°-B-C=30°-C, 所以sinA+√3sinC=sin(30°-C)+√5sinC =sin(30°+C), 故sin(30°+C)=2 2 而0°<C<30°，所以30°<30°+C<60°， 所以30°+C=45°，故C=15° 0