黑龙江龙东十校联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

2025~2026学年度高一年级第二学期期中考试·数学 参考答案、提示及评分细则 1.D复数6十2=6一2i在复平面内对应的点为(6，-2)，位于第四象限.故选D. 2.D因为a⊥b,所以a·b=0,即8-4m=0,解得m=2.故选D. 3h=9√3元， 3.B设圆锥的底面半径为r,高为h,母线为l,依题意2r=πl, 解得=3，则这个圆锥的底面直径是 h=√-r2, 2r=6.故选B. 4.A因为m⊥a,若n∥a则m⊥n,所以“n∥a”是“m⊥n”的充分条件；若m⊥n,则n∥a或n二&，所以“n∥a”不 是“m⊥n"”的必要条件.故“n∥a”是“m⊥n”的充分不必要条件.故选A. 5.A因为a∥B∥Y,直线a与b分别交a,3,y于点A,B,C和点D,E,F,过点A作直线c,使得c∥b,交3，Y于 点M,N所以M/CN.所以票-兴-说-号故BE=D法F=1+E-是放选A 6,B因为1+2cosA=6,由正弦定理得sinB(1+2cosA)=sinC=sin(A+B),即sinB+2 sin Bcos A- sin Acos B+cos Asin B,所以sinB=sin Acos B-cos Asin B=sin(A-B),又0<A,B<π，所以0<B<A< π，所以B=A-B,所以A=2B,又sin Csin(A-B)=sinB,即sin Csin B=sinB,由sinB≠0得sinC= si血B,所以C=B,又A+B+C=,即A+令+合=，所以A=受，B=吾，C=景，所以△ABC的面积为 S=2 tesin A=2=号，解得6=1，所以a=2.故选B 7.A过点E作EG⊥AB于G,令∠EAB=0,由AE=BE,得AG=2AB=1,A =AG1 cos 0 cos9得1B心= A=2,∠ACB=.所以A葩：Bi-=A.d+市)=A.成2A范，=o30·2·os0 cos0·2·cos0=1.故选A 1 8.C在棱CC上取一点N,使得CN=2CN,所以MN∥EF,MN=4,设直线EF D 分别交DA,DC的延长线于点P,Q,所以AP=BF=√2，DP=DD=3√2，故 D,M,P三点共线，同理可得D,N,Q三点共线，所以过点M,E,F的平面截直 四棱柱ABCD-A1BCD的截面为五边形D MEFN,所以五边形D MEFN 可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN两部分，等腰梯形MEFV的高 h=√2-()-5，则等腰梯形MEFN的面积为4生×5=35.又 Sn-×4=45,所以五边形的面积为33+45=75.故选C 9.AC因为M,N,P三点共线，所以MN∥MP,所以3×1一(-入)×[-(2十1)]=0，即22+入-3=0，解 得X=-号或A=1.故选AC 10.BCD由1+i-i>0,但是1十ii不成立，故A错误；设x1=a十bi,z2=c十di(a,b,c,d∈R),则·2=(a +bi)·(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,x1·2=(a+bi)·(c-di)=(ac+bd)+(bc-ad)i,所以 |a1·x2|=√(ac-bcd)2+(acd+bc)2 √(ac)2+(bd)+(ad)2+(bc),|x1·2= √/(ac+bd)2+(bc-ad)2=/(ac)+(bd)+(ad)+(bc),所以|z1x2|=|a12|,故B正确；因为x1z2= 之123，所以(2一2)=0，又1≠0，所以22一3=0，即2=，故C正确；设1,22对应的向量分别为 oZ,OZ,由向量三角不等式，可得1oZ-OZ1≤1OZ1+1OZ1,当且仅当0Z与OZ反向时，等号成 【高一年级期中考试·数学参考答案第1页（共4页）】 26-X-543A 立，所以|一2≤|十2恒成立，故D正确.故选BCD. 11.ABD因为A,A,C∈平面ACCA1,DE平面ACCA,故直线AD与直线A1C是异面直线，故A正确：因 为四边形ACCA1是边长为2的正方形，所以AC⊥CC,又CC∥BB1,所以AC⊥BB,因为AD⊥平面 BCCB,BB,C平面BCCB,所以AD⊥BB,又AD∩AC=A,AD,ACC平面ADC,所以BB1⊥平面 ADC,又CDC平面ADC,所以BB⊥CD,又点D为棱BB1的中点，所以CB=CB1,故B正确；设AD=x, 则CD=√4-x,所以三棱柱ABC-A1BC的侧面积S=2X2十2x十2√4一x=10,该方程无解，故三棱 柱ABC-A,B,C的侧面积不可能为10，故C错误：由题意得VCAG=3VAx=3(VAc十Vc)= Sar·BD+Sr·BD=Sm·BB=2·47·2=P(4-子<+4工-=2，当且仅当 2 x=√2时等号成立，故D正确.故选ABD. 12.一1因为复数=m-m一5十(m一5m)imCR)是纯虚数，所以m-加5=0解得m=-1. 1m2-5m≠0， 13.2PA⊥AC,PB⊥BC,PC=4,△ABC是边长为3的等边三角形，所以PA=PB=√PC2-AC=√7，取 AB的中点D.则PDLAB.CDLAB..PD=VPA-AD=空.CD=85.又PDNCD=-D.PD.CDC平 面PCD,所以ABL平面PCD,在△PCD中，由余弦定理得cos∠PDC-2DP,DC=二所以■ 2DP·DC sin∠PDC=√I-cos∠PDC-4,过点P作直线CD的垂线，垂足为G,则PG=PDsin∠PDC=2,又 √19 PGC平面PCD,所以AB⊥PG,又PG⊥CD,AD∩CD=D,AD,CDC平面ABC,所以PG⊥平面ABC,即点 P到平面ABC的距离为PG=2. 14.3-1因为非零向量a满足日·c一之，所以向量a与c的 2 夹角为5，设Oi-c,OA=a,Oi-b,O六=4c.OM=3c,O亦=2c, 则FB=Oi-O市=b-2c,N3=Oi-ON=b-4c,a-b=OA- OB=BA,所以有F市·NB=O,FB⊥VB,则FB⊥NB,所以点BO 的轨迹为以M为圆心的圆.过点M,作MA⊥OA,垂足为A,交 圆于点B,根据图象可得出AB即为a一b的最小值.在 R△OA,M中，有OM=3,∠AOM=吾，所以有AM=OMk号-35.又MB,=MF=1,所以A高1= A1M-MB,=3y5-1. 2 15.解：1)因为smC-45,且C为锐角所以cosC=V-smC-√1-(49)=7， …2分 由余弦定理得c2=a2+-2 abcos C-=7+52-2×7X5X=64,解得c=8. …6分 (2)因为D是线段AB的中点，所以CD-号(C范+Ci), …8分 所以C市=[2C弦+C)]=(C+2C.C+)-1(+2Xx7X5×号+5)=21， 即|CD=√21，即CD的值为√2I.… 13分 16.证明：(1)连接FG,又点F,G分别为棱A1B,DC的中点，所以AD=FG,AD∥FG, 所以四边形ADGF是平行四边形，所以AF∥DG,…2分 又AF吐平面GBD,DGC平面GBD,所以AF∥平面GBD,……3分 连接BD1,又点E,F分别为棱A1D1,AB的中点，所以EF∥BD, 在正方体ABCD-A1B1CD中，BB∥DD1,BB=DD1,所以四边形DBBD1是平行四边形， 【高一年级期中考试·数学参考答案第2页（共4页）】 26-X-543A 所以DB∥BD1,所以EF∥BD,…5分 又EF过平面GBD,DBC平面GBD,所以EF∥平面GBD,…6分 又EF∩AF=F,EF,AFC平面AEF,所以平面AEF∥平面GBD. 8分 (2)因为AC∩平面GBD=P,所以P∈平面GBD,P∈AC, 又A1CC平面ACC,所以P∈平面A1CC,……10分 因为AC∩平面GBD=Q,所以Q∈平面GBD,Q∈A1C1又ACC平面ACC,所以Q∈平面ACC1,所 以平面GBD∩平面ACC1=PQ,… 13分 因为CC∩平面GBD=R,所以R∈平面GBD,R∈CC,又CC1C平面ACC,所以R∈平面ACC, 所以R∈PQ,即P,Q,R三点共线。…………15分 17.解，1)因B十c2二a=m名，由正弦定理得2二二。，化简得+c2一a2=bc, 由余弦定理可得cosA=+c2-a2 2bc 2 …3分 又0<A<,所以A=零 …5分 （2)因为△AC的面积为snA=c-3号解得灰=6 …7分 由(1)可得+2-a2=bc,所以(b+c)2=a2+3bc=7+3X6=25,即b什c=5,…9分 所以+c=5_57 7 10分 (3)由sinC+cosC=2sin(C+）=2,得sin(C+平)=1. 因为C∈(0，x).所以C+∈（至，开），所以C+至=受，即C=平 …12分 所以nB=m6A+C)=ineo叶masA-号×9+号X号-62 2 2 2 4 …14分 sin Bsin C可知b-csin B_ 2XW6+2 由正弦定理6。 4 sin C =√3+1. 15分 2 18.(1)证明：连接AC,如图所示，因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以AC⊥BD,…1分 又PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD, 2分 又PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 4分 又PCC平面PAC,所以BD⊥PC.… 5分 (2)证明：取PC的中点G,连接GE,GF,如图所示，又F是棱PB的中 点，所以GF∥BC,GF=号BC, 又底面ABCD是边长为2的正方形，E是棱AD的中点，所以AE∥BC, AE-2BC.所以AE∥GF,AE=GF,所以四边形AEGF是平行四边 形，所以AF∥EG,……8分 B 又AF吐平面PEC,EGC平面PEC,所以AF∥平面PEC.… 10分 (3)解：由(2)知AF∥平面PEC,又平面PAB∩平面PEC=l,AFC平面PAB,所以AF∥I,所以I∥EG, 取AB的中点H,连接EH,则EH∥BD,所以∠GEH或其补角为直线l与BD所成的角.…12分 因为四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上， 所以球O的半径R=AB+AD+AP=2+2+AP=8+AP 2 2 2 所以球O的表面积S=4R=4·(8士AP)=9x,解得AP=1. 14分 【高一年级期中考试·数学参考答案第3页（共4页）】 26-X-543A 记AC∩BD=M,连接MG,MH,ME,又PA⊥平面ABCD,MH,MEC平面ABCD,所以PA⊥MH,PA⊥ME, 所以MGLMH.MGLMF.所以GH=VMG+MF-,GE=√G+ME-5,HE=VAF+Ae =2, 由余弦定理得cos∠GEH=EG+EP-IHG (5)+()-() 2EG·EH 5 即直线I与BD所成角的余弦值为， 5 …17分 19.解：1)因为6cosC叶cosB=9,由余弦定理得6.g心+，C十c.g十一=9，整理得a=9.…3分 2ab 2ac (2)(1)因为D,E满足E式-3B市=号BC所以BD=1,DE-5,EC-3, 又AB=AC,∠EAC-吾，设B=0,0<0<5,则C=0,∠BAE-5F-2a 6 在△AEC中，由正弦定理得EC /si☑EACsin2AEc,即nAC AC 3 sin∠AEC n -=6, 在△ABE中，由正弦定理得 s☑AEB sin BAE·即nAB AB BE 6 sin∠AEB sim(-20) AB 又AB=AC,∠AEC=x∠AEB,所以sA只Csn即6= 6 6分 sin(-20) 解得sim(-20）=1,又0<<受，所以-20=乏，解得0= 6 6, 7分 所以AE=BC=3,∠AEC-. 在△AED中，由余弦定理得AD=EA+ED-2EA·EDcos∠AED=3+53-2X3X5cosS=19, 即AD=I9.…9分 (ii)由∠BAD=∠CAE,BD=1,DE=5,EC=3, y 所以号 ·AB·DA·sin∠BAD AB·DA=1 1 ·AC·AE·sin∠BAD AC·AE 3 1 S△ABE= ·AB·AE·Sin(∠BAD+∠DAE) 2 AB·AE=6=3 SAACD ·AC·AD·sin(∠BAD+∠DAE)AC·AD8=4· 2 两武相乘相：器·怒：器票×号子所议爱 -2· 12分 |2x+x>9, 设AB=,则AC-2,由2x9.解得3<<9， 在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB=ACBC ABS-4r2+81-E_2+27 2AC·BC 36x 12x 则m∠AcB=1-os∠ACB=1-(法2)广-+2r。 144x2 8r=(3AC.BC·sin∠ACB)-6(-+90r2-2T)=-是(2-45)+729. 9 15分 由3<x<9,得9<x2<81,当x2=45时，△ABC面积的最大值为27. 17分 【高一年级期中考试·数学参考答案第4页（共4页）】 26-X-543A20252026学年度高一年级第二学期期中考试 数 学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。 3.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。 如 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章一第八章第6节8.6.2。 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6+23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.已知向量a=(1,-4),b=(8,m),且a⊥b,则m= A.-2 B-司 c D.2 3.已知圆锥的体积为9√3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是 A.63 B.6 C.33 D.3 4.已知m,n表示两条不同的直线，a表示平面，且m⊥a,则“n∥a”是“mLn”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.如图，aB∥y,直线a与b分别交a,B,y于点A,B,C和点D,E,F,且 AB 号，则哈器的值为 5 A.2 B.2 c号 D 【高一年级期中考试·数学第1页（共4页）】 26-X-543A 6.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,bc,且1+2cosA=后，sinCsin(A-B)=sin2B, △ABC的面积为2，则a的值为 A.1 B.√2 C.2 D.2√2 7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=BC=2DC=2,E为AC上 一点，且满足AE=BE,则AE·BD= A.1 B是 c昌 D.2 B 8.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2√2的正方形，AA1=3√2，E,F分别是棱 AB,BC的中点，点M是棱AA1上的一点，且A1M=2AM,则过点M,E,F的平面截直四棱 柱ABCD-A1B1CD1所得截面的面积为 A.33 B.5√3 C.7√5 D.9√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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知向量a,b不共线，MN=3a一b,MP=b一(2十1)a,若M,N,P三点共线，则λ的可能 的取值为 A-是 B.-1 C.1 D 10.已知1，之2为复数，则下列说法正确的是 A.若1一2>0，则1>22 B.a12=1z2 C.若之1之2=1且1≠0，则2=3 D.|一2≤1+2 11.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1是边长为2的正方A下 C 形，点D为棱BB1的中点，AD⊥平面BCC1B1,则下列说法正确的是 6 A.直线AD与直线A1C是异面直线 B.CB=CB C.三棱柱ABC-A1BC1的侧面积可能为10 D.三棱柱ABC-A1BC1的体积的最大值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知复数之=m2一4m-5十(m2-5m)i(m∈R)是纯虚数，则m= 13.在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，PA⊥AC,PB⊥BC,PC=4,则点 P到平面ABC的距离为 14已知平面向量a,6c满足d-1,非零向量a满足合·c=合，向量b满足(b-2e)· (b一4c)=0,则|a一b的最小值是 【高一年级期中考试·数学第2页（共4页）】 26-X-543A 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) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,bc,且Q=7,b=5,锐角C满足sinC=4y5 7 (1)求c的值； (2)若D是线段AB的中点，求CD的值. 16.(本小题满分15分) 如图，在正方体ABCD-A1B1CD1中，点E,F,G分别为棱A1D1,A1B1,DC的中点. (1)求证：平面AEF∥平面GBD; D G C (2)记A1C∩平面GBD=P,A1C∩平面GBD=Q,CC∩平面GBD =R,求证：P,Q,R三点共线， 17.(本小题满分15分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且+c-a=snB sin C (1)求角A的大小； (2若a=7,△ABC的面积为39，求的值， (3)若c=2,sinC十cosC=√2，求b的值. 【高一年级期中考试·数学第3页（共4页）】 26-X-543A 18.(本小题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD,E,F分 别是棱AD,PB的中点 (1)求证：PC BD: (2)求证：AF∥平面PEC; (3)若四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上，且 球O的表面积为9π，记平面PAB∩平面PEC=l,求直线 1与BD所成角的余弦值. :如 19.(本小题满分17分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos C+ccos B=9. (1)求a的值； (2)已知D,E满足E式=3BD=号BC (1)若AB=AC,∠EAC=否，求AD的值； (iⅱ)若∠BAD=∠CAE,求△ABC面积的最大值， .! 【高一年级期中考试·数学第4页（共4页）】 26-X-543A