福建厦门市第二外国语学校2025-2026学年高一下学期第二阶段考试数学科试卷

厦门市第二外国语学校2025~2026学年高一下学期第二阶段考试 数学科试卷 一、单选题：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3-4i的虚部是 A.4 B.-4 C.4i D.-4i 2.△ABC中，若a=1,c=2,B=30°，则VABC的面积为() A.号 B.⑤ C.1 D.5 2 3.设a,b是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，则下列命题正确的是() A.若a/1a,b/1a,则b/1a B.若a/1a,b/1a,acB,bcB,则B11a C.若a11B,b/1a,则b//B D.若a/IB,acx,则a/1B 4.在△ABC中，点D是AB的中点，则() A.CD=-AB+AC B.CD=-14B+4C 2 2 c.CD--14B-AC D.CD=号-AC D 2 (第4题图) 5.已知向量a6满起1a非162（位，6）=行 π，则a:(a+万=（） A.-2 B.-1 C.0 D.2 6.向量b=(1,2)在向量a=（-1,1)上的投影向量的坐标为（) 别 才y 7.如图，水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形ABCD', 已知AO=O'B=1,BC=1,则四边形ABCD的周长为( B A.6W2 B.12W2 C.10 D.8 (第7题图) 8.已知某圆锥的底面圆半径为1，且该圆锥侧面展开图的圆心角为√2π，则该圆锥的外接球的体积为() 4π A. 8π B.3 C.π D.2π 3 第1页/共4页 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.已知复数2=之(1是虚数单位，则下列命题中正确的是() 1+i A.=v2 B.z在复平面上对应点在第二象限 C.z=1+i D.z·z=2 10.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是（) A.若a=6,c=9,B=60°，则符合条件的△ABC有且仅有两个 B.若sinB>sinC,则B>C C若sin2A+sin2B<sin2C,则△ABC为钝角三角形 D.若△ABC为锐角三角形，则sinA>cosB 11.六氟化硫，化学式为SF,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在 电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，疏原子位于正八面体的中心，6个 氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m,则() A.该正八面体结构的表面积为2√3m2 B.该正八面体结构的体积为√2m C.该正八面体结构的外接球表面积为2πm2 D.该正八面体结构的内切球表面积为2π 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若向量a=√2，=2，(a-b上a,则向量a与万的夹角等于 13.某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上、下底面周长分别为36cm,28cm的正 四棱台，若棱台的高为3cm,忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为 cm3. D B (第13题图) (第14题图) 14.如图所示，P是菱形ABCD所在平面外的一点，且∠DAB=60°，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂 直于底面ABCD,若PB与平面AC所成的角为O,则sinB=_ 第2页/共4页 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.(本小题满分13分) 已知平面向量a=(1,x),b=(2x+3,-x),c=（-3,5),x∈R. (1)若aLb,求x的值：（2)若a与c的夹角是钝角，求x的取值范围. 16.(本小题满分15分) 如图，在VABC中，已知B=30°，D是边BC上一点，AD=5,AC=7,DC=3,求： (1)cos∠ADC；(2)AB的长. 17.(本小题满分15分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，点E,F分别为AD,PC的中点. (1)证明：DF//平面PBE; (2)在棱BC上是否存在点G,使得平面DFG/I平面PBE？ BG 若存在，求出的值；若不存在，说明理由， GC 18.（本小题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,∠BAC=30. (I)若AD∥平面PBC,证明：AD⊥PB; (2)若平面PAD⊥平面PCD,CD=1,证明：AD⊥CD: 19.（本小题满分15分) 已知VABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，且(2a-b)cosC=ccosB (1)求角C(2)若a=2,b=3,CD为角C的平分线，求CD的长； (3)若a cos B+bcosA=4,求锐角VABC面积的取值范围. 第3页/共4页 厦门二高一下学期第二阶段考试数学参考答案 1-5:BADDC 6-8:BCA 9.ACD 10.BCD 11.ACD 2 13.193 14号 6.b=(1,2)在向量a=（-1,1)上的投影向量为 -_+-w-(分 1+1 7.【详解】由斜二测画法可知原四边形中AB=CD=AB=CD=2且ABIICD,D 所以原四边形ABCD为平行四边形， 而0C=√2，则原四边形中0C=2√2，故AD=BC=VOC2+OB2=3, 综上，四边形ABCD的周长为AB+CD+AD+BC=10, 8.【详解】设该圆锥的母线长为l,由√2πl=2π，得1=√2， 再设圆锥的高为h,则h=√2-r2=√2-1=1， 画出几何体的轴截面，如图所示则△SAB是等腰直角三角形， 所以该圆锥的外接球的半径为R=OA=OS=OB=1, 外接球的体积为V=4红R=4虹」】 3 3. 9【详解】依题意，复数z=21-)=2-2i (1+i01-i)2 =1-i, 对于A,|zV2+(-12=√2，A正确：对于B,z在复平面上对应点(Q,-)在第四象限，B错误： 对于C,z=1+i,C正确： 对于D,z·z=(1-01+i)=2,D正确. 10.【详解】对于A:若a=6,c=9,B=60°， 由余弦定理得b=√a2+c2-2 ac cos B=V62+92-2×6x9cos60°=3V万， 故符合条件的VABC有且仅有一个，故A错误； 对于B:反证法：假设C≥B,根据三角形内大边对大角，则c≥b, 由正弦定理可得sinC≥sinB,与题干矛盾，故B正确： 对于C:若sin2A+sin2B<sin2C,由正弦定理得a2+b2<c2, 由余弦定理得cosC= 2+b2-C<0,故<C<元，所以VABC为钝角三角形，故C正确： 2ab 2 对于D:若△ABC为锐角三角形，则4+8>受，所以受>A>-B>0, 因为y=sinx在 0, 上单调递增，所以sinA>sin -B=cosB,故D正确 11.【详解】 F(P) 对A:由题知，各侧面均为边长为m的正三角形， 故该正八面体结构的表面积S=8×5x， xm2=2√3m2,故A正确： 4 F(C) 对B:连接AS,PS,则4S=PS= m,PS⊥底面ABCD, F(A 2 FB) 故该正八面体结构的体积少=2××m×巨m= 1 m= 二m3,故B错误： 2 3 对C:底面中心S到各项点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径R=PS= -m, 2 故该正八面体结构的外接球表面积S=元×（√2m)2=2m2，故C正确： 第1页/共3页 对D:该正八面体结构的内切球半径r= 3pV2m3√2m S23m2-2√5 √2m2 2元m2 故内切球的表面积S"=4元×( 故D正确： 2W3 3 13.【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为9cm,7cm, 故该香料收纳罐的容积为二×3×92+72+V92×72)=193cm3. 3 故答案为：193. 14.如图，取AD的中点G,连接PG,BG. △PAD是等边三角形，.PG⊥AD.又平面PAD⊥平面AC,平面PADO平面AC=AD, PGc平面PAD,.PG⊥平面AC,.∠PBG为PB与平面AC所成的角O. D 易知在△PBG中，PG⊥BG,BG=AG·tan∠GAB=V3AG, 同理PG=AG.tan∠GAP=√3AG,因此BG=PG 则∠PBG=45°，即si血0=5.故答案为：互 2 2 15.【1】由a⊥b,得2x+3-x2=0,解得x=-1或x=3,所以x=-1或x 【2】由a与c的夹角是钝角，得ac<0且a与c不共线， B 320,解得号丑x-所以的取做稻国是（网争U(多 「-3+5x<0 则 5 16.【详解】(1)在△ADC中，AD=5,AC=7,DC=3, 由余弦定理得cos∠ADC=D+DC2-AC225+9-491 2AD·DC 2x5x3=-2 ②）as4Dc=克ADC=120,A03-60, 在△ABD中，AD=5,∠B=30°，∠ADB=60°， mZ09s面B4AB-0:s∠4DB_5s605x 由正弦定理得，B AD 2=5W3 sin B sin30° 2 17.【1】证明：取PB的中点M,连接EM,FM, :在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为正方形，E,F分别为AD,PC的中点， MFIIC RMF-BCDEI/C,DE-C .MF//DE,且MF=DE,∴.四边形DEMF为平行四边形，DFIIEM, 而DFE平面PBE,EMc平面PBE,:DF/I平面PBE: 【2】存在满足条件的G,且 BG =1, GC 证明如下：取BC的中点Q,连接F2,D2,则FQ11PB, 由FQt平面PBE,PBC平面PBE,∴.F2/I平面PEB, 又DF∩F2=2,∴.平面DFQ//平面PBE, BG 又，平面DFG/1平面PBE,∴.G与Q重合，即G为BC的中点， =1 GC 18.【详解】（1)在VABC中，AC=2,BC=1,∠BAC=30°， 第2页/共3页 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×AC·cOS∠BAC, 即1=AB2+4-2V3AB,解得AB=√5，AB2+BC2=3+1=4=AC2,.BC⊥BA, PA⊥底面ABCD,BCC平面ABCD,.PA⊥BC, BAOPA=A,PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB, ADII平面PBC,ADC平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC, .AD/IBC,.AD⊥平面PAB, PBc平面PAB,.AD⊥PB; （2)如图： D 过点A作AQ⊥PD于点2， :平面PAD⊥平面PCD,平面PADO平面PCD=PD,AQC平面PAD, ∴AQ⊥平面PCD, CDc平面PCD,AQ⊥CD, B 又：PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,,PA⊥CD, :PA∩AQ=A,PA,AQC平面PAD,CD⊥平面PAD, ADc平面PAD,.CD⊥AD. 19.【1】解：由(2a-b)cosC=ccos B及正弦定理得(2sinA-sinB)cosC=sinCcosB 所以2sin4cosC=si血(B+C)=sinA∴sinA≠0，∴cosC=)y0<C<T,C= 2 【21解：设CD=x由+80m=8c3x号+2x=x6x5 。·1.1 222 22 2 解得x-65,即角平分线CD的长度为N5 5 5 【3】解：设VABC外接圆半径为R,由acosB+bcosA=4 2Rsin Acos B+2Rsin BcosA=4,2RsinC =4,2R=4= ，.c=4 sinC sinC 所以VABC的面积S=。 bsinc= -ab a 4 。8 sinB sinA 3,..a= 3si4,b=8v3 2 S=165 (3 in2 coA-cosin 3 3 sind sin3 =16v5 (2 3(2 in4osA+sin2A 165V -sin24-Icos24+ 183 34, 4 4 3 0<A<T.0<B<5,A+B=方，0<号-A 2 <A< 3 6 2 6 第3页/共3页