精品解析：广东广州市铁一中学等校2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

耐学科网 组卷网 2025-2026学年第二学期期中试卷 高一数学 命题学校：广州市铁一中学命题人：崔卿审题人：李皓月 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、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.复数2 的共轭复数在复平面内对应的点位于( A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先化简，再得到共轭复数，最后得到点对应象限 5 【详解】 5i+2)-51+10=-2-i,则共轭复数为-2+i,对应的点(-2,1，在第二象限 i-2(i-2)i+2)-1-4 故选：B 2.已知集合A={-1,0,1,B={xx0a},若A∩B={0,1,则实数a的取值范围是() A[-1,0] B.-1,0 C.（-1,0 D.[-1,0 【答案】D 【解析】 【详解】A={-1,0,1,B={xx0a}, :A∩B={0,1, ∴.0,1∈B,-1EB ∴.-1≤a<0 3.a=6,e为单位向量，当d,e的夹角为l35时，向量ā在向量e上的投影向量为() A√2E B. √2 C.32e D.-3/2e 【答案】D 第1页/共20页 学科网组卷网 【解析】 【分析】根据投影向量公式结合模长和夹角的数量积公式计算即可. 【详解】向量ā在向量e上的投影向量为 回*间cos135 ae e e 同6x v2" e=-32e 2 故选：D 4.在空间中，下面命题为假命题的个数是() ①过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直 ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 ④过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间的平行和垂直关系对四个选项进行判断 【详解】在空间中， 过直线外一点有无数条直线与这条直线垂直，①错误； 过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，②错误； 过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，③错误； 过平面外一点，有无数个平面与这个平面垂直，④错误； 四个都是假命题 5.气象台A在早上8：00观测到一台风，台风中心在气象台A正西方向300√2km处，它正向东北方向移动， 移动速度的大小为40k/h;距离台风中心100√10km以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋 势不变，该气象台受到台风影响的时段为() A.12:00-17:00 B.13:00-18:00 C.13:00-17:00 D.14:00-18:00 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理结合物理学知识求解即可 【详解】如图，由余弦定理，得 第2页/共20页 学科网丽组卷网 AB2=0B2+0A2-20B.0Ac0S45°， 于是0B2-6000B+80000=0, 解得OB=200或OB=400, 所以.台风从0到B用时20-5小断，台风从O到C用时400 40 40 10小时 故，A点受到台风影响的时间是早上8：00后的5小时至10小时之间，即13：00-18：00 故选：B 1 1 tano 6.已知sina+β)=。，sin(a-B)=。,则 3 =() tan B 5 6 A.- B. 6 5 c.5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的正弦公式展开已知条件，通过加减消元分别求出sina cos B= 5与 12 1 cosa sin B=一，再根据正切的商数关系，将目标式转化为两式的比值，代入计算即可得到结果. 12 1 【详解】sina+β)=sina cos B+cosa sin B=。 2 sin(a-B)=sina cos-cosa sin=3 1 将上面两式相加得2 sina cos阝= 1,1 =2,所以sinaos= 2+3= 12 将上面两式相减得2 cosa sin B= 6,所以cos sin= 111 236 sina 5 tan a 所以 _cosa sina cosB=12=5. tan B sinβ cosa sin B 1 cos B 12 7.荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”我们可以把(1+1%)365看作是 每天的“进步”率都是1%，一年后是(1+1%365≈37.7834；而把(1-1%365看作是每天“退步”率都是 第3页/共20页 可学科网可组卷网 1%,一年后是090C5:这年-年后的进步省”是“8步值~价0g=1481徐，么当 “进步”的值是“退步”的值的10倍，大约经过（)天.（参考数据：1g101≈2.0043， lg99≈1.9956) A.130 B.230 C.150 D.115 【答案】D 【解析】 【分析】结合己知条件，利用对数运算即可求解 【详解】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的10倍 则10×0.99=1.01，即：0 )=10, 0.99 1.01 故lg( x=lg10=1,即lg 101) =x1g101-lg99)=1, 0.99 99 1 1 故x= ≈115， 1g101-lg992.0043-1.9956 故大约经过115天 故选：D. 8.已知四边形ABCD是圆内接四边形，AB=4,AD=5,BD=3,则ABCD的周长取最大值时，四边形ABCD 的面积为() A妥 51 B. C.9+3W10 D.3+3W10 4 【答案】A 【解析】 【分析】由△ABD求出A的余弦，再由圆内接四边形性质求出C的余弦，△BCD中借助余弦定理建立起关 于BC,CD的关系，探讨其最值即可得解 4 【详解】△ABD中，因AB2+BD2=25=AD2,则∠ABD=90，C0SA= 而四边形ABCD是圆内接四边形，如图： 第4项/共20页 可学科网可组卷网 5 sinc=3 则A+C=元，c0sC=-c0sA=-4, 在△BCD中，由余弦定理BC2+CD2-2BC-CDc0sC=BD2得BC+CD2+8BC.CD=9, (BC+CD=9+2BC.CD≤9+2(BC+CDy,即(BC+CDy≤10，当且仅当BC=CD=0时 5 2 2 取“=”， 而BC+CD>3,所以BC=CD=0时，四边形ABCD的周长取最大值， 2 四边形6cD的面积S=Sm+Sm-)1B-BD+BC-CDin∠BCD 1 =134+ 1V10V10327 2 22254 故选：A 【点晴】思路点晴：求多边形面积问题，把多边形分割成易求面积的三角形解决 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.下列说法中，正确的是() A.对于向量a,b,c,若ab,b1/c,则a/c B.向量e=（-1,2),e2=5,7)可作为所在平面内的一组基底 C.对于向量a,bc,有abc=a6.c D.设m,n为非零向量，则“存在负数1，使得m=入n”是“m·n<0的充分而不必要条件 【答案】BD 【解析】 【分析】对各选项逐一验证：A选项需注意零向量的特殊情况，B选项通过判断向量是否共线验证基底条件， C选项明确数量积运算不满足结合律，D选项分别从充分性和必要性分析向量反向与数量积为负的逻辑关系， 第5页/共20页 可学科网可组卷网 最终确定正确选项， 【详解】对于A,若b=0,则a1/b和b/c恒成立，但a/c不一定成立，A错误； 对于B,两个向量能作为基底的条件是它们不共线， 对于=(-1,2)和e=(5,7),因为-1×7≠5×2，所以和g不共线，B正确： 对于c,（a.b)c是与c共线的向量，a(石.c)是与a共线的向量， 因为a与c不一定共线，所以a.b)c和a石.c不一定相等，c错误； 对于D,充分性：若存在负数2，使得m=2n,则m与n反向，夹角为180°， m·i=mcos180°=-m; 必要性：若m·n<0,则夹角为钝角或180°，此时不一定存在负数入使得m=2n, 所以“存在负数入，使得m=入n”是“m·n<0”的充分而不必要条件，D正确 10.[冈表示不超过实数x的最大整数，如：-1.2]=-2，[1.5]=1，已知函数f(x=2-,a,为奇函数， 2+1 函数gx)=[∫x门，则下列叙述正确的是() A.函数gx)的图象关于原点对称 B.函数gx)的值域是{-2，-1,0， C.函数y=gx)-x有3个零点 D.方程gx)-2([x]-x)=0在区间[-1,1]上有3个 实数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性先求出参数a,得出∫(x)的解析式，从而得出gx的解析式，取特殊值检验即 可得出选项A;然后分析函数f(x的单调性与值域，进一步分析g(x)=[f(x的性质即可得出选项B; 将函数y=gx)-x的图象与x轴的交点个数问题转换为方程gx)=x实数根的个数问题根据B选项的结 论结合函数分析即可得出选项C:方程gx)-2(「x-x=0在[-1,1上的实数根的个数问题转化为 gx)=2(x-x在[-1，刂上的实数根的个数问题，然后根据给定条件分析即可得出选项D. 详解】由函数x=2二)，是定义域为R上的奇函数 第6页/共20页 命学科网组卷网 所以f(0)=0→2- a =0→2-0=0， 20+1 解得a=4,经检验符合题意，因此f(x)=2-,4 2+1 所以-[-[2-4 g=2-4][l-0,=2-]-剖[引-1 则g-1)≠一g1),所以gx)不是奇函数，故图象不关于原点对称，故A选项不正确； 由函数y=2在R上单调递增，所以函数y=2+1在R上单调递增， 即得出∫(x)=2-,4在R上单调递塔， 2x+1 当x无限趋近+0时，2+1无限趋近+0， 4 2*+1 无限趋近0，fx)无限趋近2， 当x无限趋近-0时，2+1无限趋近1， 4无限趋近4，f刘无限趋近-2， 2x+1 所以函数fx)∈-2,2)， 由gx=[f(x],当f(x)∈(-2，-l)时，gx=-2,当f(x)∈[-l,0)时，gx)=-1, 当fx)∈0,1时，gx=0,当fx∈1,2)时，gx)=1, 所以gx的值域是{-2，-1,0,1}，故B选项正确； 函数y=gx)-x的图象与x轴的交点个数即为函数y=gx)-x的零点个数， 令y=0→gx)-x=0即为方程gx)=x的实根个数， 当8(=-2时，x=-2,此时f-2)=2-、4= )2+--2,-,满足樱意 当gx三-1时，x-山，此时=22十三--L,0,满足题意 当8=0时，x=0,此时f0=2-=0e0,满足题， 4-2 当8(=1时，x=1,此时f0=22十与到，2，不满足题意， 所以方程g(x=x有3个实根，即函数y=g(x-x有三个零点，故C选项正确： 方程gx)-2[x-x=0在[-1，上的实数根的个数问题转化为g(x)=2([x]-x)在-1，上的实数根的 第7页/共20页 可学科网 丽组卷网 个数问题， 当xe10,f号0 故8x)=-1,此时方程为-1=2(-1-x,解得x= 2 当xeo.训时，fe0写)· 故gx=0,此时方程为0=2(0-x),解得x=0, 当x=1时，[x]=1,则2x]-x=21-1)=0,此时g(1)=0成立， 综上所述，方程gx-2x-x=0在[-1,1上有3个实数根 11.如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，E在底面圆周上，AE=BE,AF⊥DE,F是垂足，G在BD 上，DG=2BG,则下列结论中正确的是() B A.AF⊥BD B.直线DE与直线AG所成角的余弦值为) C直线DE与平面ABCD所成角的余弦值为 6 D.若平面AFG∩平面ABE=I,则I∥FG 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A:由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出； 选项B:平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得； 选项C:找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得： 选项D:运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质定理可得 【详解】对于A:由圆柱的性质得：DA⊥面AEB,,EBC面AEB,:DA⊥EB 又AB是下底面圆的直径：，AE⊥EB 第8页/共20页 学科网列组卷网 又：ADO AE=A,DAC面DAE,AEc面DAE .EB⊥面DAE,又.AFC面DAE :EB⊥AF,又.AF⊥DE 又：DE∩EB=E,DEC面DBE,BEC面DBE .AF⊥面DBE,又DBC面DBE:AF⊥BD,A正确： 对于B:过点G作GH∥DE交EB于点H,如图 D G B 则∠AGH就是直线DE与直线AG所成角（或补角） 设AE=BE=1,则AD=AB=√2 在Rt△AED中，DE=V3 GH∥DE,DG=2BG∴GH=BG BD DE=3 3 在等腰RABD中，BD=2,又：DG=2BG:GB=名 3 在s8G中，1B=5,∠A8G=要 .AG2=GB2+AB2-2GB·AB·c0S∠ABG :4o-()+@-2号5m子-9 在RtAEH中，AE=1,∠AEH=T,EH=2 3 =ie+=+-号 在△AGH中，AG2+GH2=AH2, ∠AGH=7c0s∠AGH=0,B错误) 第9页/共20页 学科网丽组卷网 对于C:取AB的中点O,连接DO,EO,如图所示 D G F 。 B E 则：EO⊥AB,:DA⊥面AEB,又：EOC面AEB∴.DA⊥EO 又：DA∩AB=A,DAC面DAB,ABC面DAB ∴.EO⊥面DAB ,·.∠EDO就是直线DE与平面ABCD所成角 又：DE=5B0=5:D0=DE-EO-M0 2 10 ·cos ED0=D0=」 2-V30,C错误， DE=3-6 对于D:在R△AED中，DE=5,F=5,DF-25 3 .FG∥EB,又EBC面AEB,FG丈面AEB .FG∥面AEB 又，·平面AFG∩平面ABE=I,FGc面AFG ∴.FG∥1，D正确 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.己知向量=(x,2),b=(L,1),若|a+b曰a+|b1,则实数x= 【答案】2 【解析】 【分析】由a+b曰a+b|,两边平方有a·bab1,根据向量数量积、模的坐标表示，列方程求参数 第10页/共20页 可学科网 命组卷网 x即可 【详解】由a+b曰a+b|,两边平方，可得ab=ab,又a=(x,2),b=(1,1), .x+2=√2(x2+4),解得x=2 故答案为：2 a tan20°sin20° 13.定义： =ad-bc,则 -4 【答案】 【解析】 【分析】先按行列式定义展开并将切化为弦，再用二倍角公式、和差化积公式化简分子，最后约去分母的 cos20°即可得到结果， tan20°sin20° 【详解】由己知 =tan20°+4sin20°=sin20° 4sin20°， -4 1 c0s20° sin20°+4sin20°cos20°sin20°+2sin40° c0s20° c0s20° 根据sinA+simB=2sinA+B cos A-B 2cos 2 得sin20°+sin40°=2sin 20°+40°20°-40 2 -=2sin30°cos-10°）=cos10°， 所以sin20°+2sin40°=cos10°+sin40°=cos10°+cos50°， 根据cosA+cosB=2cos A+B。nA-B 2-cos 2, 得c0s10°+c0s50°=2c0s 10°+50°10°-50 -cos- -=2c0s30°c0s-20)=V3cos20°， 2 2 tan20°sin20 √3cos20° 所以 =V3 -4 1 c0s20° 14.己知正四棱锥S-ABCD的底面边长为1，侧棱长为v2,SC的中点为E,过点E作与SC垂直的平面 C,则平面&截正四棱锥S-ABCD所得的截面面积为 【答案】 5#5 33 【解析】 【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥S-ABCD所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公 式求解作答 第11页/共20页 学科网丽组卷网 【详解】在正四棱锥S-ABCD中，连接AC,则AC=√2=SA=SC,△SAC是正三角形，由SC的中 点为E,得AE⊥SC, 0 而SC1a,SCna=E,则AEca,在△SBC中，cos∠BSC=SB+SC2-BC2-2+2-1_3 2SB.SC 2v2x24 sin∠BsC=V-cos'∠Bsc=5, 令平面O与直线SB交于F,连EF,AF,则SC⊥EF, 4 V2 SE SF= _2y2<5,即点F在棱SB上，同理平面a与棱SD相交，令交点为G,连 cos∠BSC=3= 3 4 EG,AG, 于是四边形AFEG为平面O截正四棱锥S-ABCD所得的截面，由对称性知△AEG≌△AEF, 在aSF,F=5Fsm∠BsC-22x万，而E=HCsn交6 346 32 AF中，0sL4SP由余孩定理得A=N2y+(22>-2V2x22x3。 343 在△AEF中，cos∠EAF=AE+AF2-EF? (5+22-4y 3 6 2AE·AF 2×V6x2V2 2,sin∠EAF=」 -X- 23 所以所得截面面积Sm6=2S4Br=2×)AE×AF×sin∠EAP=V6x22x1-5 X- 2323 故答案为： 3 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 第12页/共20页 可学科网列组卷网 15.设e,e是两个不共线的向量，已知AB=31-2e,,BC=4e,+e,,CD=8e-9e,. (1)求证：A,B,D三点共线： (2)若e+入e,与e,+e,不共线，试求1的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)1≠±1. 【解析】 【分析】(1)先通过向量加法求出BD,证明其与AB共线且有公共点B,从而证得三点共线； (2)先假设两向量共线，利用不共线向量的系数对应相等，求出共线时的入值，再取其补集得到不共线时 2的取值范围. 【小问1详解】 因为BD=BC+CD=(4e,+e)+(8e,-9E2) =12e-8e2=43,-2e)=4AB, 所以AB与BD共线. 因为AB与BD有公共点B,所以A,B,D三点共线. 【小问2详解】 假设g+入e,与e+e,共线，则存在实数m,使e+元=me+e. 1=入m 因为e,e2不共线，所以 ,所以入=±1. =m 因为e+入e与e,+e2不共线，所以1≠±1. 16.己知向量a=(2V3,sinox),6=(cos2ox,2 cos@.x),函数f(x=a.万(w>0),函数f(x)图像相邻 对称轴之间的距离为 元 (1)求∫(x)的单调递减区间； (2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的；，再向左平移元个单位得gx)的图象，若关于 12 x的方程g(x)=m在 12’6 上只有一个解，求实数m的取值范围 第13页/共20页 可学科网可组卷网 【答案】(1) +k,12 12 (2)[0,25U{2+V5 【解析】 【分析】1)结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得()=2sn(20x+孕+5， 再由T=2π ，求得⊙的值后，根据正弦函数的单调性，得解； 20 (2)由函数图象的伸军平移法测可得8)=24红+受+、5，采用换元法，令1=4红+，原同题转化 3 为g0=2sm1=m-6在1e写经上只有一个解，作出80=2sin1的图象后，即可得解。 【小问1详解】 f(x)=a.b=2v3cos'ox+2sinoxcoso, =3(1+cos2@x)+sin2@x=2sin20x+ +V5,0>0, 3 因为f(x)相邻的对称轴之间的距离为兀，所以∫(x)的最小正周期为元， 所以8=，得o=1,所以f=2n2x+到5， 20 令+2k≤2x+≤3 +2kz,k∈Z,则T+km≤x 32 12 +k,k∈Z, 12 7π 所以∫x)的单调递减区间为 +径+ke 【小问2详解】 由(1)知f(x)=2si 2红+》-、5，长图取上所有精华标短为的，有须戴 y=2sin 再向左平移 个a有=n+}引+5=2na+）-, 所以2sint∈[-V3,2], 第14页/共20页 命学科网丽组卷网 因为2simt=m-√3在t∈ π4π 3’3 上只有一个解， v=2sint y=m 4π 3 3 3 由y=2sint的图象可得，-√5≤m-√5<V5或m-√3=2， 所以m的取值范围是0,2V3U2+V3 17.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若bcosC+√3 bsin C-a-c=0,D为AC边上一点. (1)求角B的大小： (2)若BD=2,BC=2W3且DC=2DA,求ABC的周长. 【答案】(1)B= 3 (2)3+3V5 【解析】 【分析】(1)根据正弦定理及A+B+C=π化简bcos C+√3 bsin C-a-c=0,进而求出B. (2)对△ABD、△BCD、ABC分别使用余弦定理再求解 【小问1详解】 根据正弦定理，由bcosC+√3 bsinC-a-c=0 可得sinBcosC+√3 sinBsinC-sinA-sinC=0, :A+B+C=π，∴.sinA=sinB+C=sinBcosC+cosBsinC, sinBcosC+3sinBsinC-sinBcosC-cosBsinC-sinC=0, 整理得N3sinB-cosB-sinC=0, :C∈(0，π)，sinC≠0，则√3sinB-cosB-1=0, 料2n8)-1,甲sm8-) 第15页/共20页 学科网组卷网 则B-灭=又，即B= 66 3 【小问2详解】 如图，由(1)可知，∠ABC= 子，设DA=mm>0,则DC=2DA=2m, B 设∠ADB=0,则∠BDC=π-0， 在△ABD中，根据余弦定理，coS∠ADB=cos6=4D'+BD-AB=m2+4-AB2 2ADx BD 4m 在△BCD中，根据余弦定理，cos∠BDC=cos(元-9)=CD+BD-BC2_4m2+4-12_m2-2 2CD×BD 8m 2m 所以c0s0+c0s元-91=m产+44B+m-2-0, 4m 2m 整理可得AB2=3m2,即AB=√3m. 则在ABC中，根据余弦定理，cos∠ABC=4B+BC2-AC2_3m2+12-9m21 2ABx BC 2×2V5xV3m21 整理得m2+m-2=0,即m+2)(m-1)=0, 解得m=1或m=-2(舍去)， 所以m=1,AB=√3m=V3,AC=3m=3, 所以，ABC的周长为AB+AC+BC=V3+3+2√3=3+35 18知，图、在四棱锥P-ABCD中，AD/BC,ADLDC,BC=CD-4D,E为棱AD的中点， PA⊥平面ABCD 第16页/共20页 学科网丽组卷网 E D (1)求证：AB/平面PCE: (2)求证：平面PAB⊥平面PBD; (3)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 5 3 【解析】 【分析】(1)由题意可证四边形BCEA为平行四边形，则AB//EC,结合线面平行的判定定理即可证明； (2)如图，易证BD⊥EC,根据线面垂直的性质与判定定理可得BD⊥平面PAB,结合面面垂直的判定 定理即可证明； (3)根据线面垂直的性质与判定定理可得∠PDA为二面角P-CD-A的平面角，即∠PDA=45°，作 AM⊥PB,由面面垂直的性质确定∠APM为直线PA与平面PBD所成的角，即可求解。 【小问1详解】 因为BC∥AE且BC=AE,所以四边形BCEA为平行四边形，则AB∥EC, 又ABd平面PCE,ECC平面PCE,所以AB平面PCE; 【小问2详解】 由PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,得PA⊥BD, 连接BE,由BC∥DE且BC=DE,所以四边形BCDE为平行四边形，又DE⊥CD,BC=CD=1, 所以平行四边形BCDE为正方形，所以BD⊥EC, 又AB∥EC,BD⊥AB, 又：PA∩AB=A,PA、ABC平面PAB,.BD⊥平面PAB, 由BDC平面PBD，,所以平面PBD⊥平面PAB; 【小问3详解】 第17页/共20页 可学科网可组卷网 由PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD,又CD⊥AD,PAO AD=A, PA、ADC平面PAD,所以CD⊥平面PAD, 又因为PDC平面PAD,所以CD⊥PD, 故∠PDA为二面角P-CD-A的平面角，即∠PDA=45°， 设BC=CD=1,在Rt△PAD中，PA=AD=2,作AM⊥PB,垂足为M, 由(2)知，平面PBD⊥平面PAB,平面PBD∩平面PAB=PB,AMC平面PAB,所以AM⊥平面 PBD, 则PM为直线AP在平面PBD上的投影，所以∠APM为直线AP与平面PBD所成的角， 在Rt△PAB中，AB=CE=√2，PA=2,PB=V6, D M B C A 所以AM= PA.AB 2.2 23 PB 6 3 25 在Rt△AMP中， sin∠APM=AM 35, AP 21 3 即直线AP与平面P8D所成角的正弦值为 3 19.著名的费马问题是法国数学家皮埃尔.德费马(1601一1665)于1643年提出的平面几何最值问题：“已 知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费马点， 己知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC的三个内角均小于120°时，则使得 ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P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.试根据以上知识解决下面问题： (1)若z∈C,求2-2+2+2+2+2i1的最小值： 第18页/共20页 学科网丽组卷网 (2)在ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,C,点P为ABC的费马点. ①若tanC+V3=tanB(v3tanC-l,sinB=sinC,且a=6,求PA.PB+PB.PC+PC.PA的值； ②若cos2C+2sinA+B)sinA-B)=1,PB+PC=tPA,求实数t的最小值. 【答案】(1)23+2 (2)①-18： ②实数t的最小值为2+2√3 【解析】 【分析】(1)依题意确定出费马点的位置，进而可求得结果 (2)①由两角和的正切公式可求得A=刀， 了，进而可得ABC是等边三角形，可得点P为ABC的中心， 据此计算可求PA.PB+PB·PC+PC·PA; ②由二倍角的余弦公式及三角恒等变换公式可得A=?,设PC上mPA,PBnIPAl,且PAx, 利用余弦定理可得m+川+2：m1,利用基本不等式可得1+2≤，计算即可 4 【小问1详解】 设z=x+yi,(x,y∈R),则z-2+2+2+z+21表示点Z(x,y)到ABC三顶点 A(-2,0),B(2,0),C(0,-2)的距离之和 依题意结合对称性可知ABC的费马点位于虚轴的负半轴上， 且∠APB=120°，则∠PAO=∠PBO=30° 此时|PA+|PBI+|PCF2 Fc0s30×2+(2-2tan30)=2W5+2. 所以z-2+z+2+z+2i1的最小值为2√3+2： 【小问2详解】 第19页/共20页 学科网组卷网 ①因为tanC+V5=tanB(5tanC-l,所以tanC+tanB=-√3+V3 tanBtanC, 所以anC+tanB-5,所以an(C+B)=-V尽，所以anA=5, 1-tanBtanC 园为0<A<π，所以A 因为sinB=sinC,由正弦定理可得b=c,所以ABC是等边三角形， 因为点P为ABC的费马点，所以点P为ABC的中心， xa-16 1 PB-PC-PA-7 sin4 =2W3 由正弦定理可得 2 所以PA.PB+PB.PC+PC.PA=3×2V3×2√3×cos120°=-18 ②因为cos2C+2sinA+B)sinA-B)=1,所以2 sinCsin(A-B)=1-cos2C, 所以2 sinCsin(A-B)=1-1+2sin2C,所以sinA-B)=sinC=sinA+B), 所以A-B:A+8或4-B牛4+B=,解得A=0(舍去)或A-号。 2 设PC=mPA|,PB=n|PA|,且|PA=x, 所以由余弦定理可得CA2=x2+m2x2-2x2c0s120°=(m2+m+1)x2, |ABP=x2+n2x2-2x2cos120°=(n2+n+1)x2, CB 2=n2x2+m2x2-2nmx2 cos120=(m2+n2+mn)x2, 因为CB2=AB2+AC2,所以m+n+2=mn, 因为mn≤m+,所以m+n+2=mm≤m+m 4 显然m+n=t,，所以t+2=mn≤，，解得t≥2+2V3或t≤2-2√3（舍去）， 4 易知当m=n=√3+1时等号成立，所以实数t的最小值为2+2√3， 【点睛】本题是新定义题型，考查阅读理解能力，以及应用能力，转化能力是关键，考查运算求解能力 第20页/共20页 2025-2026学年第二学期期中试卷 高一数学 命题学校：广州市铁一中学 命题人：崔卿 审题人：李皓月 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一､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. 复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. ，为单位向量，当，的夹角为135°时，向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在空间中，下面命题为假命题的个数是（ ） ①过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直 ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 ④过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 气象台在早上8:00观测到一台风，台风中心在气象台正西方向处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为；距离台风中心以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是37.7834；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的10倍，大约经过（ ）天．（参考数据：，） A. 130 B. 230 C. 150 D. 115 8. 已知四边形ABCD是圆内接四边形，，则ABCD的周长取最大值时，四边形ABCD的面积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 对于向量，若，，则 B. 向量，可作为所在平面内的一组基底 C. 对于向量，有 D. 设为非零向量，则“存在负数λ，使得”是“”的充分而不必要条件 10. 表示不超过实数的最大整数，如：．已知函数为奇函数，函数，则下列叙述正确的是（ ） A. 函数的图象关于原点对称 B. 函数的值域是 C. 函数有3个零点 D. 方程在区间上有3个实数根 11. 如图，圆柱的轴截面是正方形，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD上， ，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为． D. 若平面平面，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则实数___________. 13. 定义：，则____________． 14. 已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为____________. 四､解答题：本题共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. 设是两个不共线的向量，已知，，． （1）求证：三点共线； （2）若与不共线，试求的取值范围． 16. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为. （1）求的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 17. 在中，角的对边分别为，若，为边上一点． （1）求角的大小； （2）若且，求的周长． 18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔．德费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何最值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试根据以上知识解决下面问题： （1）若，求的最小值； （2）在中，角所对应的边分别为，点为的费马点． ①若，且，求的值； ②若，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $