山东新泰市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

新泰一中2025级高一下学期期中考试 数学答题卡 班级： 姓名： 贴条形码区 1.答题前，考生先将自己的姓名、准 考证号填写清楚，并认真检查监考 员所粘贴的条形码。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选 准考证 择题必须用0.5mm黑色签字笔答 题，不得用铅笔或圆珠笔答题：字 [o1 [01 01 事 体工整、笔迹清晰。 [1] 11 1111 项 3.请按题号顺序在各题目的答题区域 21 2 2 21 [21[21 内作答，超出区域书写的答案无 [3] [31 效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 [4 [4][4][4[4 4][4] 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄 [51f51「51[51「51 55 破。 [6] [6][6] [6 61 「61 [6 5.正确填涂■ [7][][7] 7][7] [8] [8][8][81[8][81 [8][8][8] 缺考标记 [9][9[9][9]9[9][99][9] 一、 单项选择题（每小题5分，共40分) 1[A]B][C][D] 4[A][B][C]D] 7[A][B][C][D] 2[AB][C][D] 5[A[B][CD] 8[A][B][C][D] 3 [A][B][C][D] 6[A][B][CD] 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 9[A]B][C][D] 10[AB][C][D] 11[A]B][C]D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12 13. 14. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第2页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第3页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17.(15分) 北 西C D 东 南 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第4页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第5页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第6页（共6页）新泰一中2025级高一下学期期中考试数学试题答案 1.B 2.B. 3.B. 4.C. 5.C 6.【答案】A 【详解】如图所示：将正四棱柱ABCD-A1BCD1 (图1)的侧面展开，得到展开图（图2），当A, E,F,G,A1五点共线时，AE+EF+FG+GA1取得最 图 图2 小值，且最小值为(4×4)2+52=V281. 7.【答案】C【详解】因asin B--4×sin-2V3,则当asin B-<b<a,即2V3<b<4时，三角形有两 C 解，所以b的取值范围是(23,4). 8.【答案】A【详解】如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补 全成长方体，则长方体的体对角线A1B=√AB2+AA12=V4+4 =2√2为该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R=4,1=-√2， ---B 球0的体积为R-音π*2V=8y元， 3元， 9.【答案】ABC 【详解】底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心的四棱锥是正四棱锥，A 错误；球没有顶点和棱，B错误： 将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但 是这样的多面体不是棱台，C错误； 棱柱的底面至少有3条边，所以一个棱柱至少有5个面，D正确. 10.【答案】ABD 【详解】对于A,在△ABC中，若A>B,则a心b,由正弦定理可得sinA>sinB,A正确： 对于B,锐角△4BC中，A,B∈(O,)A+B>则A>-B,故sind-gin(GB-cOsB,B正确： 对于C,在△ABC中，若acosA=-bcosB,则sinAcos4=sinBcosB, 即得sin2A=sin2B,故2A-=2B或2A+2B-,故A=B或A+B- 即△ABC是等腰三角形或直角三角形，C错误： 对于D,B-60°，b2=ac,则b2=a2+c2-2 accos B--a2+c2-ac=ac,故a2+c2-2ac=(-c)2-0, .C,结合B=60°，可知△ABC是等边三角形，D正确， 11.【答案】BCD 【详解】由条件可知，SC=VSO+OC2=V6,圆锥S0的侧面积为πxV3×V6=3V2π，故A错误： B.当OB是△ABC的高时，此时△ABC的面积和三棱锥S-ABC的体积最大，体积的最大值 是××2V3×V3xV3V3,故B正确： C.因为SO=OC,所以圆锥SO外接球的球心即为点O,半径为V5,所以外接球的体积为 第1页共4页 π×()'-4W3π，故C正确； D.若AB=BC,则△ABC是等腰直角三角形，AB=BC=V6,S4=SB=V6, 所以△SAB是等边三角形，如图，将△SAB沿AB翻折，使S,A,B,C四点共面， 此时S,E,C三点共线时，SE+EC的最小值是SC,△SBC中，SB=BC-V6∠SBC-60°+90°=150°， 由余弦定理可知，SC6+62xV6xV6x(92+6V53+V5,故D正确。 12.【答案【详】coC---宁义因为加C180.故C60. 2ab 13.【答案】4W3【详解】由题意八面体E-ABCD-F是由八个边长为；x2W2=√2的等边三角 形所组成的，故所求为S8××(W回’-4W3. 14.【答案】[2,8【详解】在复平面内，Z1-2-3=2→忆1-(2+3川=2表示复数Z1 对应的点与复数2+3i对应点A(2,3)的距离为2，因此点Z1的轨迹是以A(2,3)为圆心，2为半径 的圆.|Z2+1+=1→|Z2-(-1-)川=1表示复数Z2对应的点与复数-1-对应点 B(-1,-1)的距离为1，因此点Z2的轨迹是以B(-1,-1)为圆心，1为半径的圆.又因为AB-5, 所以5-1-2≤IZ1-Z2l≤5+1+2，即：Z1-Z2le[2,8]. 15.【答案】(1；(2)V2. 【详解】(1)因为a什2b-=2 ccos4,由正弦定理得siA+2sinB-2 sinCcos4,.......2分 .sinA+2sin(4+C)-sin4+2sinAcosC+2cosAsinC-2sinCcosA, '.sinA+2 sinAcosC-=sinA(1+2cosC)=0,在△ABC中，0<A<元，得sinA0, .1+2c0sC-0.c0 .4分 :0C<m,∴.C= 6分 (2)SABC-absinC-3, ·mC-9 所以54ehxV5,得ab4, 8分 ab,六份 10分 由余弦定理得c2-a2+b2-2 abeosC-1+16-2x1x4x()=-21, 所以c=√2I 13分 16.【答案】1：(2：( 【详解】(1)由题意可得，a.-:cos60-2×3×=3, .2分 则(2·(G-刀-+7-万-22-4+3-2×9-11；5分 第2页共4页 (2)a+（a+'4a2+4a7+-V44+12+9-V37; 10分 (3)由己知，(2b)7-2a+32-6+9=15,由(2)知：2a+b-√37,12分 则向量2+万与的夹角的余弦值为+-5-50 12a+阿37x3-37 .15分 17.【答案】(1)10V2:(2)10v5 【详解】（1)由题可知在△ACD中，∠ACD=75°，∠ADC-45°，所以∠CAD=60°， 由正弦定理可得：，C” sCADA乙Dc及CD-l0W5, AC 所以4C0mADc-05空05海里.二 sin∠CAD 2 (2)由题可知在△CDB中：∠BCD=30°，∠CDB=120°，所以∠CBD=30°. 所以BD=CD-10V3(海里)，由余弦定理可得：BC2=CD2+BD2-2CD·BDcos.∠CDB (10W32+(10W)2-2×(10V2×（)-90,所以BC-30(海里)，10分 由题意可知，在△ACB中，∠ACB=45°，由余弦定理可得： AB2=AC2+BC2-24C-BC.cos ZACB =(10W2+302-2x10V2×30×号500，所以A=10W5(海里). .15分 18.【答案】(12+V3；(2(6V 【详解】(1)由正弦定理可得sinBcosC+sinCcos B-2 sinAcos4, 即si4-2 2sinAcos4,因为0A<,所以sin40,则cos4片即A-号 3分 因为Sbcsin435所以bc3, 5分 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bcco4,即4=b2+c2-2x3×号，所以b2+c2=7, 则(b+c)2=b2+c2+2bc-7+6-13,所以b+c=13, 则△ABC的周长为什b+c=2+V13, .8分 (2)由A-可得C-号-B,则sinB+sinc--inB+sm(GxA）-sin+9co3B+ind sincosB-in() 2 11分 0KB月 且△ABC为锐角三角形，则 解得<B<14分 第3页共4页 所以<B+<行则←sim(B+)sl,所以<V5sim(B+9sV5, 即simB+sinC的取值范围是(V同. 17分 19.【答案】(1-号（②）25，(82+25 【详解】(1)由已知△ABC中cos2B+cos2C-cos2A=1, 1-2sin2B+1-2sin2C-1+2sin24=1,sin24=sin2 B+sin2C, 由正弦定理可得2-+2，故△ABC直角三角形，即A受5分 (2)由(1)A=,所以三角形ABC的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知：∠APB-∠BPC=∠APC-120°， 设|PA=x,|PE-y,PC-z,由S△4Pa+S△Br+S△4PeS△4C得： 受9普-×2，整理得c。 则A7店c-Ac()e()e(-9-9 .10分 (3)点P为△ABC的费马点，则∠APB∠BPC-∠CPA= PB=mPA,PC=n PA,PAFx,m-0,n-0,x-0, 则由|PB+|PC=tPA得m+=t 由余弦定理得AB2=x2+m2x2-22cos2=(m2++1)x2, 4C2+x2-2x2cos-(r2+t1)r2, BC-m2mcos-(nP+nm) 13分 故由AC2+AB2BC12得(n2+什1)x2+(2+叶1)x2=(2+2+mmx2, 即+什2与n,而m0,>0,故t1什2=(2)2， 当且仅当mn,结合+计2=m,解得m=1+√3时，等号成立， 又+=t,即有-4t-8≥0，解得仑2+2V3或2-2V5（舍去)， 故实数t的最小值为2+2W5.17分 第4页共4页新泰一中2025级高一下学期期中考试 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。) 1设则（) A.1-2iB.1+2iC.2-i D.2+i 2.已知向量ā，满足升不-(2,3)，d--(2,1),则-2=() A.-2B.-1C.0D.1 3.已知圆锥的底面半径为V2,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为() A.2B.2V2C.4D.4V2 4.已知向量a,五满足@=1，=5，a-2五-3，则a·=() A.-2B.-1 C.1D.2 5.半径为10cm的球被两个平行平面所截，两个截面圆的面积分别为36πcm2,64πcm2,则这 两个平行平面的距离为（)cm. A.2B.14 C.2或14 D.6或8 6.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,AA1=5,E,F,G分别为侧棱BB1,CC1,DD1上一点， 则AE+EF+FG+GA1的最小值为（) A.V281 B.√283 C.V285 D.14 7.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若B-于4，且该三角形有两解， 则b的范围是() A.(2V5,+o)B.(2,4)C.(23,4) D.(3v5,4) 第1页共4页 8.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB,AB-CC1=2,该三棱柱所有顶点都在球O的球 面上，则球O的体积为（) A.8v2 3 B. C.8π D.64V2n 3 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.) 9.下列关于空间几何体的叙述错误的是() A.底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B.任何一个几何体都必须有顶点、棱和面 C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D.一个棱柱至少有5个面 10.下列命题中，正确的是() A.在△ABC中，若A>B,则sinA>sinB B.在锐角△ABC中，不等式sinA>cosB恒成立 C.在△ABC中，若acosA-=bcosB,则△ABC必是等腰直角三角形 D.在△ABC中，若B-60°，b2=aC,则△ABC必是等边三角形 11.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A,C的动点，SO=OC=V3, 则下列结论正确的是（) A.圆锥SO的侧面积为3π B.三棱锥S-ABC体积的最大值为√3 460 C.圆锥SO外接球体积为4v3π D.若AB=BC,E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为3+V3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2，b=3,c=V7,则C- 第2页共4页 13.如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到 八面体E-ABCD-F,则该八面体的表面积为 14.已知复数Z1、Z2分别满足：|Z1-2-3i川=2，Z2+1+=1, 其中i为虚数单位，则Z1-Z2的取值范围为 四、解答题（本大题共5小题，共77分.） 15.(本小题满分13分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a2b=2 ccos4. (1)求角C:(2)若△ABC的面积S=V3,+b=5,求边c的大小. 16.(本小题满分15分)已知向量a,b,满足=2，=3，向量a,的夹角为60°. (1)求(2)·(a-)的值：(2)求2+；(3)向量2a+3与b的夹角0的余弦值. 17.(本小题满分15分)如图所示，一艘海轮在海面上的C处发现两座小岛A,B,测得小岛 A在C的北偏东15°的方向上，小岛B在C的北偏东60°的方向上，海轮从C处向正东方向 航行10v3海里后到达D处，测得小岛A在D的北偏西45°的方向上，小岛B在D的北偏东30 北 的方向上. (1)求C处与小岛A之间的距离： (2)求A,B两座小岛之间的距离. 西C D 东 南 第3页共4页 18.(本小题满分17分)在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a,b,c,且bcosC+ccosB-=2 acos4. (1)若△ABC的面积是，a2,求△ABC的周长： (2)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围. 19.(本小题满分17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该 问题是：在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大 利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120时，使得∠AOB=∠BOC= ∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120时，最大内角的顶点 为费马点.试用以上知识解决下面问题：己知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为α，b,c, H.cos2B+cos2C-cos24=1. (1)求A: (2)若bc=2,设点P为△ABC的费马点，求PA·PB+PB·PC+PC.PA: (3)设点P为△ABC的费马点，IPB+|PCI=PA,求实数t的最小值. 第4页共4页