期中质量检测 A卷 基础达标卷-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂单元双测卷（人教A版）

数学A版· (2)连接OA,OB,:藏面ABCD将底面圆周藏去， .∠AOB=90°， :OA=OB=2,∴.AB=2√2，而截面ABCD是矩形 且AD=4, ∴.S载面AD=2V2X4=8V2. (3)依题知V圈柱=Sh=16π，三棱柱AOB-DO1C的 体积是8， 则V1+8=子Va数=，V1=4x-8,而V1 V图柱-V1=12x+8, 于是V1:V1=3x+2 π-2 18.解：(1)证明：如图，DE⊥SC, 且E为SC的中点，又SB=BC, .BE⊥SC. 又DE∩BE=E,根据直线与平 面垂直的判定定理知SC⊥平面 BDE,BDC平面BDE,∴.SC ⊥BD. 又SA⊥平面ABC,BDC平面ABC,∴.SA⊥BD. 又SA∩SC=S,∴.BD⊥平面SAC. (2)由(1)知∠EDC为二面角EBD-C的平面角，又 △SACc∽△DEC,∴.∠EDC=∠ASC. 在Rt△SAB中，∠SAB=90°，设SA=AB=1,则SB =√2. 由SA⊥BC,AB⊥BC,AB∩SA=A,∴.BC⊥平面 SAB,SBC平面SAB,∴.BC⊥SB. 在Rt△SBC中，SB=BC=√2，∠SBC=90°，则SC =2. 在Rt△SAC中，∠SAC=90°，SA=1,SC=2. cs∠AsC-2子. ∴.∠ASC=60°，即二面角EBDC的大小为60. 19.解：(1)在图①中过C作CF⊥AD,则EF=BC=1, CF=BE=1, 图②中，BD∩CE=O,又CD=√2，∴DF=1,∴.DE =2,.DE=2BC且DE∥BC..△BCO∽△EDO, '.DO=2OB,在△BAD中，DO=2OB,AP=2PB, '.OP∥AD,又OP中平面ACD,ADC平面ACD, ∴.OP∥平面ACD,平面OPQR∩平面ACD=RQ, .OP∥RQ,∴RQ∥AD,又R是CD的中点，∴.Q是 AC的中点； C ① (2)如图，过M作MH⊥BE交 BE于H,过H作HG⊥CE于 ,点G,连接MG,且BE⊥AE,因 为平面ABE⊥平面BCDE,平 面ABE∩平面BCDE=BE,所 以AEL平面BCDE,MH年BaO 必修第二册 面BCDE,所以AE∥MH,因为CEC平面BCDE,所 以MH⊥CE,因为MH∩HG=H,MH、HGC平面 MHG,所以CE⊥平面MHG,MGC平面MHG,所 以MG⊥CE,则∠MGH为二面角M-CE-B的平面 角，∴∠MGH=45,设-AMH=(1-XAE =1-E,又能-器-2HE=BE=在 △BCE中，∠BFBC=45,HG=号HE=号X,由 ∠MGH=45得HG=MH,p号A=-1-XE.a 2.AM_2 3…AB=3 期中质量检测 (A卷) 1.C[由题意得之=i(-1-i)=1-i.] 2.B[由于(a-b)⊥a,所以(a-b)·a=0,即a2-a ·h-0,所以ah=a2=2,所以osa,b)=日治 一记要甲：与B的大病说导] 3.A[设圆台较小底面圆的半径为r,由题意，另一底 面圆的半径R=3r.所以S侧=π(r十R)l=4πr×3= 84π，解得r=7.] 4.C[..a sin A-sin B-sin C2R-8,sin C-8 sa=a6snC-答=l5g2-反] 16 5.A[设球的半径为R,截面圆的半径为r, 则（瓷）+r2-R所以产=子爬.故=职 S球4πR2 6.A[设此铁塔高h(m),则BC=√5h,在△ABC中， ∠BAC=30°，∠CBA=105°，∠BCA=45°，AB=200. 银搭正提定理得品解得么-四m] 3 7.B[设P(x,0),则有AP·BP=(x-2,0-2)·(x 4,0-1)=(x-2)(x-4)+2=x2-6x+10=(x-3)2 十1，当x=3时，(AP·BP)mim=1,此时P点坐标为 (3,0). 8.D[四棱锥的底面是边长为4 的正方形，且PA=PB=4,PC A =PD=2√2，如图，设AB,CD E2…0 的中点分别为E,F,则PE⊥B AB,PF⊥CD,连接EF,,EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩ PF=F,EFC平面PEF,PFC平面PEF,.CD⊥平 面PEF,又CDC平面ABCD,∴.平面PEF⊥平面 ABCD,且平面PEF∩平面ABCD=EF.过点P作 PO⊥EF于点O,则POC平面PEF,则PO⊥平面 ABCD.在△PEF中，由题可求得PE=2√3，PF=2, EF=4,∴.PE2+PF2=EF2,∴∠EPF=90°，根据面 积相等可得PO·EF=PE·PF,即4PO=2√5×2， 得PO=√3.] 参考： 9.BC[因为复数之1=a+2i,之2=2-i,且之1|=之2， 所以a2+4=4十1，解得a=士1.] 10.ABC[在△ABC中，由B元=AC-AB=2a+b-2a =b,得|b=2. 又|a=1,所以a·b=a|b|cos120°=-1，所以 (4a+b)·BC=(4a+b)·b=4a·b+1b12=4×(- 1)+4=0,所以(4a十b)⊥BC.] 11.ABC[因为m∥a,m∥B,a∩B=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∥1，lCa,所以B∈a,所以AB亡3，lC B,所以AB∥B,故C正确： 因为AC⊥l,当点C在a内时，AC⊥3成立，当点C 不在a内时，AC⊥3不成立，故D不正确.] 12.解析：由题图，知1=-2-i2=i,则兰=一2行 1 之1 i(2-i) 2-=-1-2i. (2+i)(2-iD4-255 12 答案：-5- 13.解析：因为△ABC中，tanA=2,所以A是锐角，且 sA=2,im㎡A十cos2A=1,联立解得sinA=2y5 cos A 5 再由正弦定理得a 等sinA=sinB,代入数据解得a b 2√10. 答案252而 14.解析：连接AC(图略)，易得PC∥OM,所以PC∥平 面OMN,结论①正确，同理PD∥ON,所以平面 PCD∥平面OMN,结论②正确.由于四棱锥的棱长 均相等，所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以 PC⊥PA.又PC∥OM,所以OM⊥PA,结论③正确， 由于M,N分别为侧棱PA,PB的中，点，所以MN∥ AB.又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD,所以 直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线 CD所成的角，即为∠PDC.又三角形PDC为等边三 角形，所以∠PDC=60°，故④错误. 答案：①②③ 15.解：(1)设之=x十yi(x,y∈R),代入方程z一i=之十 2+3i, 得出Wx2+y2-i=x-yi+2+3i=(x+2)+(3 y)i, 故有W2+)=x+2,解得=3 3-y=-1 (y=4’ 3十复数异-=2+1，度部为1 (2)4=0+21=3a-8+4+6)i,且4为纯虚数，则 223-4i 25 22 3a-8=0,且4a+6≠0，解得a=3, 8 16解：1》由超意裕需片是由三接文理将号 合所以骨=寻asB=品srB= 1 ·11 答案 casB.即casB-云inB-号 由题意知：a2cos2B=9, 所以a2=25,得a=5或a=-5(舍去).所以a=5. (2)因为S=2 sinB=2z,所以，由S=10得c=5. 应用余弦定理得：b=√a2十c2-2 accos B=2√5. 故△ABC的周长1=a+b+c=2(5+√5). 17.解：(1)如图所示，作出轴截面，则 等腰三角形SAB内接于圆O,而 圆O1内切于△SAB. 设围O的辛径为R,则有号R3 0 972π，∴.R=9,.SE=2R=18. D SD=16,.ED=2. E 连接AE,又SE是圆O的直径， .SA⊥AE,∴.SA2=SD×SE=16×18=288,SA= 12√2. AB⊥SD,D为AB中点，∴AD2=SD·DE=16 ×2=32,AD=4W2. .S圈维侧=πKADXSA=πX4√2X12√2=96π， (2)设内切球的半径为r,即圆O1的半径为r, △SAB的周长为2X(12E+4VD)=32E,7× 32厄=2×8厄X16,解得r=4. 故周绿内切球的体积Va-专-。 3元 18.解：(1)因为cos2C+2√2cosC+2=0,所以2cos2C +2√2cosC+1=0,即（√2cosC+1)2=0,所以cosC =-9又C∈(0，，所以C=红. 21 4 (2)因为c2=a2+b2-2 abcos C=3a2+2a2=5a2,所 以c=√5a,即sinC=5sinA,所以sinA=是sinC= 5 10 10 因为S△AC= 含C,.且Sm-号n AsinB 1 所以2 absin C=2 ab 乞sin Asin B,所以sin Asin Bsin C =厄，由正孩定理得()血C=厄，解得c=1 2 19.解：(1)证明：设E为BC的 中点， A 连接AE,A1E,DE, 由题意得A,E⊥平面 ABC,所以AE⊥AE. 因为AB=AC,所以AE ⊥BC. 又因为A,E,BCC平面 A1BC,A1E∩BC=E, 故AE⊥平面A1BC. 由D,E分别为B1C1,BC的中点，得DE∥B1B且 DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A, 所以四边形AADE为平行四边形.于是AD∥AE. 又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A,BC. 数学A版· (2)作A1F⊥DE,垂足为F,连接BF 因为A1E⊥平面ABC,所以BC⊥A1E.因为BC⊥ AE,AE∩AE=E, 所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F. 又因为DE∩BC=E,所以A1F⊥平面BBC,C. 所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成 的角. 由AB=AC=2,∠CAB=90°，得EA=EB=√2. 由A1E⊥平面ABC,得A1A=A1B=4,A1E=√14. 由DE=BB1=4,DA1=EA=√2，∠DA1E=90°，得 AF=竖所以m乙ABF=号 8 期中质量检测 (B卷) 1A[告=i降= -1+i_(-1+i)(1-i边_2i 2 =i,所以之=i=1.] 2.A[c=a+b=(1+k,2+k),又b⊥c,所以1X(1+ k)十1X(2十)=0，解得=一号.] 3.C[由正弦定理得(c-b)(c十b)=(c-a)a,即c2+a2 1 -b2=ae,2 accos B=ac,cosB=2又0<B<元，因 此B=子] 4B[设国维底面来径为，高为，则V=音（侣）月 =3，V=子,由于体积相等 3wh=乞Sa=标（传）=2,5g Sa1Sa2] 5.A[由已知得|a+b12=10,a-b2=6,两式相减， 得a·b=1.] 6.C[若a⊥b,则x(x+1)+2x=0,即x2十3.x=0,解 得x=0或x=-3,.A错，C对；若a∥b,则2(x十1) -x2=0,即x2-2x-2=0,解得x=1土√5，故B、 D错.] AB⊥AC 7.A[,非零向量AB与AC满足 ·BC IABI ACI =0,∴∠BAC的平分线垂直于BC,.AB=AC. 又coS∠BAC= AB·AC1 ∠BAC=60, IABIIACI △ABC为等边三角形.] 8.D[因为球O的半径为2，所以 球O不与侧面ABB1A1及侧面 A AFF1A1相交，连接OC1,A1C1, B OE1,A1E1,由题得OA1=1, A1C1=A1E1=3.所以OC1=0 2,所以球O与侧面BCC1B1交 于点C,C,与侧面EFFE1交 于点E1,E. 在正六边形A1B1C1D1E1F1 必修第二册 中，易得A1C⊥CD1,因为CC1⊥平面ABCD1EF1, ACC平面A1B1C1D1EF1. 所以CC1⊥A1C1,又CD1∩CC1=C1,CD1,CCC 平面CDD1C1,所以A1C1⊥平面CDD1C1,即OG⊥平 面CDD1C1,且OG=5,又√J22-(√3)2=1，OH= OC1=OC=2. 所以球O与侧面CDD,C,的交线为以CC1为直径的 半圆，同理可得球O与侧面EDD1E的交线为以EE 为直径的半圆. 由题易得∠EAG=受，则球0与上底面 A1 BCiDiEF及下底面AECDEF的交线均为名个 半径为√3的圆. 所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2×πX1十 2x×2x×6-(2+2￥} 9.BCD[对于A,由十=0，得子=-1，则A错误：时 于B,因为之·之=z2,所以之2=2之|，解得z=2 或z=0(舍去)，则B正确：对于C,设之=a十bi(a,b ∈R,且ab≠0)，则1=之=a-bi,所以之1=a十bi=之， 则C正确：对于D,由|之十之1|=0，得1=一之.设之=a 十bi(a,b∈R,且ab≠0)，则1·之=-之·之=-(a2+ b2),x2=a2十b2,从而之1·之十|z2=0,则D正确.] 10.AD[a·b=-3x十3x=0,∴.a⊥b,A正确，B错 误.可令m=0,则ma十b=b,无论x为何值，都有b b.D正确，C错误.] 1L.ABC[注意折叠前DE⊥AF,折叠后其位置关系没 有改变. A中，由已知可得平面A'FG⊥平面ABC,∴.点A'在 平面ABC上的射影在线段AF上. B中，BC∥DE,BC丈平面A'DE,DEC平面A'DE, .BC∥平面A'DE. C中，当平面A'DE⊥平面ABC时，三棱锥A'一 FED的体积达到最大 D中，因为4℉的长度在(0，)范国内，所以存在 一个位置，使AF=2a,又因为△DEF是正三角 形，所以该位置使三棱锥A'一FED是正三棱锥.故 D不正确.] 12,解析：：AM=2M花，AM=名AC.:BN=NC, AN=(A店+AC.M=AN-AM=(A店 +AG-号AC=吉A店-日AC又M=:A+ 答案：日-日 13.解析：如图所示，设AB=a,AC =a,BD=k,DC =2k,Bk 2kC △ABD与△ADC中分别运用余弦定理有数 新高考 期中质量检测 ( 学 同步单元双测卷 A卷·基础达标卷 (时间：120分钟，满分：150分) 一、单项选择题（本大题共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.(2024·高考北京卷)已知产--1-i,则之 A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 2.若|a=√2，|b=2,且(a-b)⊥a,则a与b的夹角是 A若 B年 c号 D.Z 3.圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较 如 小底面圆的半径为 ( ) A.7 B.6 C.5 D.3 4.已知圆的半径为4，a,b,c为该圆的内接三角形的三边，若abc=16√2，则三角形的面积为() 的 举 A.2√2 B.8√2 C.2 n号 5.过球的一条半径的中点作垂直于该半径的平面，则所得截面圆的面积与球的表面积的比值为 ( 9 B. 3 C. D.32 6.一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图，到A处时测得公路北侧一铁塔底部C在西偏北 30的方向上，行驶200m后到达B处，测得此铁塔底部C在西偏北75°的方向上，塔顶D的仰角 为30°，则此铁塔的高度为 () 期 A.1006 3 m B.50√6m C.100√5m D.100√2m 7.已知向量OA=(2,2),OB=(4,1),在x轴上有一点P,使AP·BP有最小值，则P点坐标为 ( A.(-3,0) B.(3,0) C.(2,0) D.(4,0) 8.(2024·北京高考卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4 的正方形，PA=PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为 A.1 B.2 C.2 D.3 数学试题期中质量检测A卷第1页（共4页） 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.已知i为虚数单位，复数1=a十2i,2=2一i,且|1|=|2|，则实数a的值可以为 () A.0 B.1 C.-1 D.2 10.已知△ABC是边长为2的等边三角形，向量a,b满足AB=2a,AC=2a+b,则下列结论不正确 的是 A.bl=1 B.a⊥b C.a·b=1 D.(4a+b)⊥BC 11.已知平面a⊥平面B,a∩B=l,点A∈a,A年1，若直线AB∥1，直线AC⊥1，直线m∥a,m∥B,则 () A.AB∥m B.AC⊥m C.AB∥B D.AC⊥3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上.） 12.如图，在复平面内，复数1和2对应的点分别是A和B,则兰 1 -2-1 10 13.在△ABC中，若6=5，B=至tanA=2,则sinA= ,(本题第一空3分，第 二空2分) 14.如图，在棱长均相等的四棱锥P一ABCD中，O为底面正方形的中心，M,N分 别为侧棱PA,PB的中点，有下列结论： ①PC∥平面OMN;②平面PCD∥平面OMN;③OM⊥PA;④直线PD与直 线MN所成角的大小为90°.其中正确结论的序号是 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(本小题满分13分)(1)已知∈C,且1-i=+2+3iG为虚数单位)，求复数2千的虚部。 (2)已知1=a十2i,2=3-4i(i为虚数单位)，且兰为纯虚数，求实数a的值. 数学试题期中质量检测A卷第2页（共4页） 16.(本小题满分15分)设△ABC的内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c,且acos B=3,bsin A=4. (1)求边长a; (2)若△ABC的面积S=10,求△ABC的周长L. 17.(本小题满分15分)一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥里又有一个内切 球.求： (1)圆锥的侧面积： (2)圆锥内切球的体积. 数学试题期中质量检测A卷第3页（共4页） 18.(本小题满分17分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c, cos2C+2√2cosC+2=0. (1)求角C的大小： (2)若b=Ea,△ABC的面积为号sin Asin B,求snA及c的值. 19(本小题满分17分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC=90°， 些 AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1 的中点. (1)证明：A1D⊥平面A1BC; (2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值. ( 烯 数学试题期中质量检测A卷第4页（共4页） 期中质量检测A卷 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 填 正确填涂 注 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 准考证号。 涂 意 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 样 错误填涂 × 涂写要工整、清晰。 3按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 )0力 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题(1一8小题，每小题5分，9一11小题，每小题6分，共58分) 请在各 1A®g回 4A®回回 7AB回回 10A⑧@回 目的答题区 2A⑧g回 5A®g回 8A®@回 11ABg回 3 A BCD 6ABC回 9ABCD 内作答 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 填空题（共3小题，每小题5分，共15分，其中13题第一空3分，第二空2分） 超 12 框的答案无 14 解答题：本题共5小题，共77分 15.(本小题满分13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡期中质量检测A卷第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(本小题满分15分) 17.(本小题满分15分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡期中质量检测A卷第？页（共4页） 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 考生 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填 必填 写为@2 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(本小题满分17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡期中质量检测A卷第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(本小题满分17分) B C 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡期中质量检测A卷第4页（共4页）