吉林延边朝鲜族自治州延吉市延边第二中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

延边第二中学2025一2026学年度第二学期期中考试 高一年级数学试卷 -1852 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.已知复数z=i(1+i),则z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a=（x-1,x),b=(2,1),若a与b共线，则ab=() A.-5 B.-1 C.1 D.5 3.一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形， 则原平面图形的面积为() A.4 B.8√2 C.4V2 D.22 4.已知m,n是两条不重合的直线，a,B是两个不重合的平面，则下列结论正确的是() A.若m11a,m/1B,则a∥B B.若mln,m/1a,则nlla C.若mca,ncB,allB,则mln D.若m,n是异面直线，mca,m//B,ncB,nl/a,则all阝 5.已知a=2,向量a与向量b的夹角为120°，与向量b共线同向的单位向量为e,则向量ā在向 量b方向上的投影向量等于() A.2e B. C.-e D.-2e 6.在△ABC中，已知∠B=30°，c=2,则“b=√2”是“∠C=45”成立的()条件 A.充分不必要B.必要不充分 C.充分必要 D.既不充分也不必要 7.猫儿山位于广西桂林，是南岭山脉越城岭主峰、广西第一高峰，因峰顶巨石形似卧猫得名，它 是漓江发源地，也是国家级自然保护区，生物多样性丰富，有“华南之巅”的美誉如图，计划在猫 儿山的两个山顶M,N间架设一条索道.为测量M,N间的距离，工作人员在同一水平面选取三个观 高一数学期中考试试卷第1页，总4页 测点A,B,C,在A处测得山顶M,N的仰角分别为60°和30°，测得两个山顶的高分别为 MC=500W3m,NB=250W2m,且测得∠MAN=45°，则M,N间的距离为() A.500mB.250W6mC.500W3mD.500√2m 8.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos B- 二b=c,且△ABC的外接 圆直径为4，则△ABC周长的最大值为() A.4 B.4+25 C.8+4W3 D.65 二、选择题：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.下列说法正确的是() A.zz=,z∈C B.i2024=-1 C.若z=1,z∈C,则2-2的最小值为1 D.若-4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(P,9∈R)的根，则p=8 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acos A=bcos B,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.如图所示，己知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为4，M,N分别是AD,CC的中点，P是线段AB D 上的动点，则下列说法正确的是() A.平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形 B.△MPW一定是锐角三角形 C.当点P与A点重合时，平面PMN截正方体所得的截面面积为65 D.PM+NP的最小值是2W10+25 高一数学期中考试试卷第2页，总4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.如图，在△4BC中，AN=】AC,P是BN的中点，若AP=mAB+AC,则实数m的值是 13.已知球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台的侧面积为16π；上、下积之比为1：9， 则球的体积为 14.如图所示，已知△ABC中，点P,Q,R依次是边BC上的三个四等分点，若AP.AR=20,BC=8, 则AB.AC=」 四、解答题：本题共5小题，共77分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分) 已知a,b,c分别为△MBC三个内角A,B,C的对边，且bcosA- -asin B=0. (1)求A: (2)若a=2,且△ABC的面积为V5,求△ABC的周长. 16.(15分) 已知a=√2，|b=1,a与b的夹角为45°. (I)若2ā+3b与ta-b共线，求实数t的值： (2)求|a+2b|的值 (3)若向量(2a-b)与(2ā-3b)的夹角为锐角，求实数2的取值范围. 17.(15分) 如图，长方体ABCD-A,B,CD,中，AB=AD=2,AA,=4,点P为DD的中点. D (I)求三棱锥B-PAC的体积. (2)求证：直线BD∥平面PAC: (3)求异面直线BD与PC所成角的余弦值： 18.(17分) 高一数学期中考试试卷第3页，总4页 已知圆锥的顶点为P,母线PA,PB所成角的余弦值为牙，轴截面等腰三角形PAC的顶角为0，若 ☐PAB的面积为2√15. (1)求该圆锥的侧面积； (2)求圆锥的内切球的表面积： … (3)求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值. 19.(17分) 如图，设Ox、Oy是平面内相交成a(0<u<π)的两条射线，e、E,分别为Ox、Oy同向的单位向 量，定义平面坐标系xOy为o-仿射坐标系，在a-仿射坐标系中，若OP=xe+ye,,则记.o币=(x,y) E ○ B 在-仿射坐标系中，若a=（2,,求d: ②在a-仿射坐标系中，若a=(-l,3),万=(-3，且a与万的夹角为写，求osa: (③)如图所示，在3仿射坐标系中，B、C分别在x轴、y轴正半轴上， IBC=1 OD-70c 19 E、F分别为BD、BC中点，求OE·OF的最大值 高一数学期中考试试卷第4页，总4页 高一数学期中考试参考答案 1-8 BABD CBDB 9.ACD 10.ABD 11.AD 12. 13.43π14.8 1点【饼】图为6c4-s血8=0，自正弦定是得，5nc1- -sin Asin B=0, 因为B∈0，)，所以sinB≠0，则cos4-5 -sin A=0, 3 则tanA=V3,又A∈(0，元)，所以A=亚 3 (2)由(D知4=号，又因为a=2, 由余弦定理a2=b2+c2-2 be.cosA,得b2+c2-bc=4①， 由题意知Sc=)besin=V5,即bc=4②， 联立①②得b2+c2=8,所以(b+c)2=b2+c2+2bc=16,故b+c=4, 则VABC的周长为a+b+c=2+4=6. 16【答类101=Q1a+gu6u6.o 【详解】(1)因为2a+36与ta-b共线，所以存在实数m使得2a+3b=m(ta-b)=mta-mb, mt=2 m=-3 所以 m3’解得 2,所以三-3 f=- 3 (2)因为aF2,1万=1，a与6的夹角为45°，所以a-6a1cos45°=2×1×5-l, 2 所以1ā+2b2=2+4a.b+462=2+4+4=10,则ā+2b=√10： (3)向量(2ā-b)与(2ā-3b)的夹角是锐角， 可得(2a-b)(2ā-3b)>0,且(2a-b)与(a-3b)不同向共线， 即为2a2+352-(6+2)āb>0,即有71-(6+元2)>0，解得1<1<6， 由(2ā-b)与（ā-3b)共线，可得2(-3）=-元2，解得1=±√6，当1=√6时，两者同向共线， 则实数元的取值范围为(L,√6)U(N6,6). 高一数学期中试卷参考答案第1页共4页 .1 1 1.【详解】（①Va-mc=PD:Sc×2x×2x2=4 3 3 2 (2)设AC∩BD=O,连接OP,因AB=AD=2,且ABCD-ABCD,为长方体， 则四边形ABCD为正方形，故O为线段AC中点， 因点P为DD的中点，则OP为·D,DB的中位线，则OP/D,B, 又OPc平面PAC,DB丈平面PAC,则DB∥平面PAC. (3)连接PC,OC,由(1)可知OPD,B,则直线BD与PC所成角是∠OPC,或其补角， 因AB=AD=2,AA=4,点P为DD的中点， B 则0c=0D-8D=,DP-DP-2, 在RtAPDO0中，P0=VDP2+OD=V2+(2'=N6, 在Rt△DPC,中，PC=VD,P2+DC=V22+22=2V2, 在RC0C中，0C=VCC2+0c=42+(N2=32, 在△PC0中由余弦定理得，cos∠OPC-CP+Op-C0-8+6-18=-V5 2CP.OP 2×2W2×V6 6, 故直线BD,与PC,所成角的余弦值为 6 18【详解】(1)设圆锥母线长、底面半径分别为(1>0)、r(r>0), 由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为90°，则12+12=(2r)2,解得1=√2r, 又cos∠APB=,所以sinLAPB=V-cos∠APB 1 4 -4 又因为DPAB的面积为215， See号PAin∠P8=x乐=25，解得1=4（负值合去. 4 又1=V2,所以r=2√2，÷圆锥的侧面积S=x2×1=元×2√2×4=82元. (2)作出轴截面如图所示： 根据圆锥的性质可知内切球球心在PO上，设球心为G,切PA于点D, 高一数学期中试卷参考答案第2页共4页 设内切球半径为R,即GO=GD=R,则口POA~OPDG, 所以GD、PG A0PM,由(1)可知，圆锥的高P0=40=2√2，PA=4, 则有R-25-R,解得R=4-22, 2√2 4 所以圆锥的内切球的表面积S=4πR2=4π(4-22)2=96m-64V2π： (3)由(1)知圆锥的高A=,=51=2N2,令正四棱柱的底面边长为a,高为H, 2 则o=0=-H,曲阳-得25”- 2√24√2 a=2(2W2-H), 所以正四棱柱的侧面积S侧=4aH=4V2(2V2-H）H ≤42 (2W5-H）+H =8√2，当且仅当2√2-H=H,即H=√2时等号成立， 2 所以该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为8√2 19.【详解】(1)由题意可知，日、名的夹角为子 由半到向量效成积的定义可背运-名dos导-号 因为a=(2,l,则a=2e+e, 则a2=(2g+g-2g+22g6+6=2+22.5+1=5,所以同=5. 2 (2)由ā=(-1,3)，b=(-3,1),得a=-e+3,i=-3g+e, 且g·e2-l×1×cosa=cosa, 所以，a2=(-g+3g)°=g2-6e6+9e=10-6c0sa, 62=(-3g+g）}=g2-6eg+G=10-6cosa,则la=5=i0-6cosa, a.6=(-g+38)(-3e+8)=38+38,-10e·6=6-10cosa, 高一数学期中试卷参考答案第3页共4页 因为a与6的夹角为子则 、元_ab_ 6-10cosa_ 1 53 5 10-6cosa 2,解得cosa 1 (3)依题意设B(m,0)、C(0,n)(m>0,n>0), 且∠B0c-号C=,00-品o-0小因为F为8c的中点，则 B or-08+所-0i+号c-o丽+c-o)0c+o-m+6 me+。ne2, 2 2 2 因为E为BD中点，同理可得OE=OD+OB=mG+7m 38 (761 n+ 由题意可知，G2=6=1,日6=1×co 2 32 则o死.o际-m+不+{ 7 .1）11 mn+。mn 2+72+13 n, 76 '4"24 76 76 在△OBC中依据余弦定理得m2+n2-mn=1,所以mn=m2+n2-1, 代入上式得，0正o丽-8㎡+音-2m+5n)是 19 19 7619V BC OB OC 在△OBC中，由正弦定理sin nπsin∠COB sin∠BCO, 3 设∠6c0=0,则血<C0=n0+》且0<0行，所以，m后 2 sin+ π sin20=201-c0s20+2 3，32.1-cos20 X 33 2 2 P为锐角，且tanp= 5,因为0<0<子则-p<20-0智9， 11 3 放当20-9时，8m2+5示取最大值号03+7)=碧则 o正.oFw45w)是69是器 高一数学期中试卷参考答案第4页共4页