黑龙江牡丹江市第二高级中学2025-2026学年高一下学期期中数学试卷

牡丹江市第二高级中学高一学年答题卡（数学） 姓名 条码粘贴处 证 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写 缺考标记违纪标记： 清楚。 涂 注 2.请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方 有效填涂 考生禁填！由监考老师 框 点 负责用黑色字迹的签 选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须用 填 ■ 字笔填涂。 黑色宁迹的签字笔填写，子体工整。 请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围 涂 无效填涂 缺考、违纪：Q 项 的答案无效，在草稿纸、试卷上作答无效。 5.,保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不 区西中 准使用涂改液、刮纸刀。 例 第一部分客观题（请用2B铅笔填涂） 111111111111111111111 1ABD 6AB☐D 11B☑D 2ABD 7画D 3幻BD☑ 8AB☐D 4A四BD 9 ABC]D 10AOBD☑ 1I11111111I11111111 第二部分主观题（请用黑色签字笔作答） 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 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 ■ 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 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 ■ 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 ■ 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) D C 。 A B E B 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 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 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) D E C : M N B D A G B 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 ■牡丹江二中2025一2026学年度第二学期高一数学期中试题 数学 考生注意 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡 上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无 效。 一、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.如图，在平行四边形中，边A正=a,AD=b,点E是对角线BD上靠近点D的三等分点， 则AE=（) D B.2a-16 3 3 c.a+26 3 3 D a- 3 2.已知=2,5=1，ā与5的夹角为120，则a+2b的值为( A.2 B.5 c.√2 D.万 3.复数z= 2+的虚部为() A B月 c D. 4.已知点A(1,3),B(2,4),C(0,5),则AB在AC上的投影向量为() A层 42 c.55 D 42 55 5.已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为() A.6π B.9元 C.12π D.15π 6.如图，三棱柱ABC-AB,C中，点E,F,G,H分别为BB,CC,AB,AC1的中点， 则下列说法错误的是()， 试卷第1页，共4页 E B G A.E,F,G,H四点共面 B.A4与GH是异面直线 C.EG,FH,AA三线共点 D.∠EGH=∠FHG 7.在△4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,C=石，A,则c=人 A.√6-√5 B.2√2 C.26 D.6+√2 8.在正方体ABCD-ABCD中，P为正方形BCCB,的中心，Q为DD的中点，过点A、P、 Q的平面将正方体分成上、下两部分，则上、下这两部分的体积比等于() D B A.2:1 B.3:2 C.4:3 D.5:3 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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.己知某圆锥的侧面展开图是面积为9π的半圆，则下列说法正确的是() A.该圆锥的母线长是3√2 B.该圆锥的高是3V6 2 C.该圆锥的表面积是25π 2 D.该圆锥的体积是 9W6π 4 10.已知复数：=1+21 (i为虚数单位)，则() 1+i A.z的虚部为时 B.z的共轭复数为 31 22 c.4=o D.z在复平面内对应的点位于第四象限 2 11.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是() 试卷第2页，共4页 A.若A>B,则sinA>sinB B.若A=30°，b=4,a=3,则△ABC有两解 C.若A=60°，a=2,则△ABC面积的最大值为√5 D.若△ABC为钝角三角形，则a2+b2>c2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.己知复数z满足2：-三=4-6i,则2= 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E,F分别为棱AD,PC上的 点，若AE:ED=2:3,且PA1/平面BBF,则P B 14.重庆“云端之眼观景台位于解放碑联合国际写字楼第六十七层，是各地游客来重庆旅游 的网红打卡地.如图，一架无人机在Q点处观测到云端之眼顶端的仰角为15°，地面上A点 的俯角是45°，若无人机离地面的高度为210，∠BAC=60°，则“云端之眼'的高度BC为 1m. 15 45 609 B 四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤。 15.(13分)已知向量a=(6,x),b=(2,-3) (1)若仍，求x的值： (2)若6⊥(-b),求x的值 试卷第3页，共4页 16.(15分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，满足asin B=√3 bcos4. (1)求A, (2)若△ABC的周长为20，面积为10W3,求a. 17.(15分)己知在正方体ABCD-4BGD中，截下一个四棱锥E-ABCD,A4=4,E为 棱CC中点，F为棱AB的中点. D A 557- (1)求三棱锥E-CDF的体积： (2)求四棱锥E-ABCD的表面积， 18.(17分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 (sinA-sinB)=sin2C-sinAsinB (1)求角C; (2)若c=6,且AB边上的中线CD=4,求△ABC的面积. 19.(17分)如图，在正方体ABCD-ABCD中，点G,E,F,P分别为棱 AB,DC,B,C,A4的中点，点M是棱AD上的一点，且DM=3AM. N G (I)求证：DG/1平面DBFE: (2)已知点N是棱AB上的一点，且B,N=3AN,求证：平面PMN/平面DBFE. 试卷第4页，共4页参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D B D D A D ABD AC 题号 11 答案 ABC 1.C AB=a AD=b 6,点E是对角线BD上靠近点D的三等分点， E 【详解】在平行四边形中，边 所以正=丽+丽=店+号0=孤+号(0-)丽+-+6 3 3 2.A【详解1由题意知非2,1b1,a与5的夹角为120， 6=o120-2x(-1,+26-ar+45.6+4ie4-4+4=4 所以 1a+25=4=2,故选：A 2i 2i(-2-i）-2-4i_2_41 3.D【详解1因为2-2+i2+)(2-司55， 4 所以，的虚部为5· 4.B【详解】依题意， AB=(1,1),AC=(-1,2),AC=V5 AB.AC.AC=-1+2.l,2__12 所以在AC上的投影向量为4C4d55(55).故选：B 5.D【详解】圆锥的高为h=4,底面半径为r=3, 则圆锥的母线长I=V你+P=V16+9=5 可得圆锥的侧面积为S=l=15π. 6.D【详解】对于A,在三棱柱 BC-ABC中，EFG, BB,CC,AB,4C的中点， 分别为 连接EF, 答案第1页，共2页 B E B G 由GH是△ABC的中位线，得GH1/BC,GH=)BC, 2 BE//CF BE=CF 必 ,且 ，得四边形 EFC是平行四边形， FIBC,EFGH,因此 E,F,G,H 则 四点共面，A正确： 对于B,因为GHC平面 AB,CA4∩AB,C=AA∈GH 平面 所以1M与GH是异面直线，正确： 对于C,延长EG,FH相交于点P, 由PeEG,EGc平面1BB4, ,得Pe平面 ABB A 由PeFH,FHC平 面4cc4,得Pe平面 ACCA 而平面 BB4平面1CCA=M.则PeM.BG,PH, 平面 三线共点，C正确： 对于D,由GH/Br,且G1-F可知，四边形EiG是格形， 若∠EGH=LFHG,则梯形EFHG是等腰梯形，而题设条件无法得出EG=FH, 所以D不一定正确 6,4= 7.A【详解】因为C- 4,所以B=元-A-C=元-π元 64 64s+ sinB=sin元-π-T oπ.inπV2+V6 64 6 44， 由正弦定理可得bc,即√2+V62V6-V2 C=- sin B sin C 4 答案第2页，共2页 8.D【详解】由面面平行的性质定理，过4、P、P的截面与平 BCCB和平面 ADD A 的交线互相平行， 如图.过点p作EF11AQ分别交B,CC于EF,则BE=8,CF=CG. 4 再过点F作平面FG/平面ABCD BB,AA,DD 分别与棱 交于G,H,I, 3 L:V不=5：3 所以 故选：D. D C H D 9.ABD【详解】设圆锥的母线长为1，则母线长I为侧面展开图的半圆的半径，又圆锥的侧面展开图是面积为9π 3w2π3V2 的半圆，所以2=9，则1=32， 设圆锥的底面半径为r,则=2元=2；该圆锥的高 h=VP-r2-3v6 2 32 27 1322369W6元 该圆锥的表面积心 +9π= 2元，该圆锥的体积为3224， 故选：ABD 10【1-产-00-. +-i 1 A:z的虚部为2，正确。 31. B:z的共轭复数为22，错误 答案第3页，共2页 2,正确 (31 D:z在复平面内对应的点为2'2，位于第一象限，错误 I1.ABC【详解】对于A,若A>B,则a>b, a=D三=2R(。是4RC外接圆半径)， 根据正弦定理sinA sinB 可得a=2R.sinA,b=2 R.sin B, 所以2 R.sin A>2 R.sin B,即sinA>sinB,A正确： 对于B,由正弦定理sind sin B, 代入得sinB=6:sim4_4xsin30°_2 a 3 3’ 因为血8-号<1，且60：《甲B>4=30）, 所以B可以是锐角或钝角，两种情况均符合三角形内角和为180°， 所以△ABC有两解，B正确： 对于C,由余弦定理得，a2=b2+c2-2 be.cos A, 所以4=b2+c2-bc, 由基本不等式得，b2+c2≥2bc, 则4=b2+c2-bc22bc-bc=bc,即bc≤4， 当且仅当b=c=2时，等号成立， =be.sin 4=5 be 所以△ABC面积2 4 x4=N5,C正确： 4 对于D,若C为能角，则由余弦定理得，c0sC=4+-c<0, 2ab 所以a2+b2-c2<0,即a2+b2<c2,D错误 答案第4页，共2页 12.25【详解1设2=a+ia,beR）,则2=a-1, z-z=2(a+bi)）-(a-bi)=a+3bi=4-6i 则 a=4 a=4 可得3b=-6,解得b=-2, 即z=4-2i,所以=4+(-2}=2V5 2 PF AO 2 13. 50.4得FC0C5 【详解】如图，连接AC交BE于点O,连接OF」 AO AE 2 因为AD11BC,AE:ED=2:3,所以OC=BC=5, 因为PAII平面EBF,平面EBF∩平面PAC=OF,PAC平面PAC, PF AO 2 所以PA110F,所以FCOC5· 2 故答案为： B 14.315 【详解1由题意知∠01P=45,P0=210m,则410=210N2m, 在△1C0中，∠A0C=45+15=60,2Q4C=180-45-60=75 AO AC 2102x 故 则sin45sin60→4C= V2 2=2105(m), ∠QCA=45° 2 在Rt△ABC中，∠BAC=60, 答案第5页，共2页 BC=ACsin60=210N5×J5 故 315(m) 15.(1)x=-9 【详解】(1)向量a=(6,,6=(2-3)a/6 .2x-6×(-3)= 0,解得x=9, (2)向量i=(6,,6=(2,-3).a-万=(4x+3) .61(a-). 6-)=2×4-30x+3到)=0，解得x=号 、元 16.(1)3: (2)7 【详解】（在△18C中，由si加B=6cos及正弦定理，得n4sn8=5sn8csA, B∈(0，π 而 ,即aB≠0，则in1=v5cos4,即mA=5 又Ae0,,所以4=昏 (2)由A1BC的面积为1O5,得csin写=105，解得c=40 1 由△ABC的周长为20，得a+b+C=20,即b+C=20-a, 由余弦定理得=b+c2-2 2bes.即。2=b+e-2c-c “,即 2=(20-a)2-3×40 于是 解得0=7 所以a=7. 16 17.(1)'E-cpr= 3 答案第6页，共2页 (2)24+8V5 【详解】(1)'E-cor= 5a0E=写*2×4x4x2= 32 3: (2)四棱锥的表面由正方形ABCD和四个直角三角形所围成， BC=DC DE=BE=BC2+CE2=25 AB=AD 则△ABE与△ADE全等，△BCE与△DCE全等， 因为5n=4=16,5aac-CE-X4x2=4,Se-485=×4x25=4N5, 2 所以5g-am=Siao+S.cE+S.cE+Se+S.0E=16+2x4+2×4W5=24+8W5 180c-等 e29 【i详解】(1)因为(sin4--sinB')=sinc-sin4sinB 根据正弦定理得a2+b2-c2=ab 又由余弦定理：cosC=a+b-c=b_1 2ab 2ab 2' 故：C= 31 (2)法-：由(1)a2+b-ab=c2,又c=6, 故a2+b2-ab=36. 而而=C+c). C+CB+2CCcosc, 即a2+b2+ab=64,与a2+b2-ab=36联立，解得ab=14. 答案第7页，共2页 故了c bsinc=13 1 2 2. 法二：由(1)a2+b2-ab=c2,又c=6, 故a2+b2-ab=36, 延长中线至点P,使得CD-lD,又MiD-D8,∠ADP=∠BDC, 所以△ADP三△BDC,所以∠B=∠PAD,CD=PD=4AP=|BC 在ACAP中，∠CAP=∠CAD+∠PAD=元-∠ACB=2 ， 由余弦定理得C4+aP-2C4 cos120=CPr, 即a2+b2+ab=64,与a2+b2-ab=36联立，解得ab=14. bsinc1 1 2」 D 法三：由余弦定理a2+b2-2 abcosC=c2, 即a2+b2-ab=36 平行四边形四条边的平方和等于两条对角线的平方和. 即2(a+b)=c2+(2cD,即a2+b=50. 与a2+b2-ab=36联立，解得ab=14. 答案第8页，共2页 故c 2absinc=13 1 2. 法四：由余弦定理a2+b2-2 abcosC=c2, 即a2+b2-ab=36. 由∠CDA+∠CDB=元， ICD+DAP-ICA ICD+DB"-ICB 利用余弦定理得2CDDA 2CD DB 42+32-b242+32-a2 即2×4×3 2×4×3,即a2+b2=50. 与a2+b2-ab=36联立，解得ab=l4. 故ac2 2 absinc=13 2· 19.【详解】(1)连接、 接DC、GC分别交DEDB于点以0，连按H0, D E 、H B D G 在正方体ABCD-48CD,中，DEDC且DE-DC. 2 DH ED 1 所以△HED,~aHDC,则CH=CD2, GO BG 1 DH GO 同理可得COCD2,所以CHCO,所以H01/D,G, 又H0C平面DBFE,DGC平面DBFE,所D '平面DBFE DG/1 答案第9页，共2页 DB E,F (2)连接D8,因为点，F分别为棱 DC,BC的中点，则 EFID B D C M B 下、 AN AM1 因为DM=3AM,BN=3AN,则4B,AD4, MNIID B 可得 则WEr 且MNt平面DBFE,EFc平面DBFE,则MNII平面DBFE, 取40的中点9，连接40.0r】 P,M AM,A0的中点，则 M//AO 因为“分别为 又因为2，F分别为 D,BC的中点，则 OF//A B OF=AB ABIIAB.AB-ABQFIPAB QF -AB 且 可知ABFO为平行四边形，则A0IIBF,可得PM1/BF, 且PMI平面DBFE,BFC平面DBFE,则PMII平面DBFE, 又因为MN∩PM=M,MN,PMC平面PMN,所以平面PMNII平面DBFE. 答案第10页，共2页