重庆市第一中学校2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

秘密★启用前【2026年5月21日15：0017：00】 重庆一中高2028届高一下半期考试 数学试题卷 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效 4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1.一个矩形的长、宽分别为2、3，其斜二测画法下的面积为() A6 B2√2 c 3v2 D 32 2.己知空间中两条不同的直线，n,两个不同的平面，B,以下可以得到∥B的是( A m/In,nc B B mca,nc B,m//n C直线m上有两个不同的点到B的距离相等 D a//B,mca 3.两个非零向量a,3满足同-2，且ā6=2，则方在a方向上投影向量的模为( ) 1 A1 B2 D4 4.己知四棱柱ABCD-A,B,C,D是平行六面体，空间中一点P∈平面ADB,实数x满足 AP=xAA+(2+2x)AB+(2+x)AD,则实数x=( 4、3 3 B D 4 c、3 2 2 5.一个圆锥的母线长为2√3且轴截面为正三角形，一个平行于底面的平面将圆锥分为体积相 等的两个部分，其中圆台的高为() 93 B30- 1 3v3 D 3(-1+2) 2 2 6已知复数21,2满足，+=51-22，则“z为实数”是“1为纯虚数”的() A充要 B充分不必要 C必要不充分 D既不充分也不必要 7.已知锐角三角形ABC中角4，B,C的对边分别为a,b,c,且b=√2，B=元，不等式 -c2+2ma≤1对于任意满足条件的此三角形恒成立，则实数m的最大值为() 3 A不存在 B D② 4 4 3 1 8.已知棱长为√3正方体ABCD-AB,C1D的上底面ABCD内有两个动点P,M满足：AP, CM与平面ABCD所成角的正切分别为5与3+5 2 则动点P,M轨迹围成图形的面 积是() A8-35元-3+5 )π-3+V5 6 B7-6 6 c9-3 02-2*20 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分 9.两个直三棱柱的高均为2，底面边长都是1,1，√2，将它们拼成一个新的棱柱，则这个新棱 柱的表面积可以是( ) A12 B6+4W2 c10 D9+4W2 10.在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足(a+b2-c2)(c2+b2-a2)≤0 则以下叙述正确的是( A三角形ABC一定不是锐角三角形 BAB·BC一定为负值 C若角C是锐角且a=2b,则cosC≥} D若三角形ABC是直角三角形且A=2B,则B=交 11.如图，空间中两个矩形ABCD和ABEF相互垂直，满足AF=8, AB=BC=6,P,M分别是线段AE,BD上的动点，以下正确的是 () B A若P,M伪A,BD的中点，则PM5BC所成角的正弦值为 5 B若AP-DM ,则PM∥平面BEC, PE MB c若PE= 3,CM=2V5时，则PMC2为梯形 1 D若AP=DM,则三棱锥C-PBM体积的最大值为36V2 5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知复数=满足z+2=4,则z= 13.三棱台ABC-AB,C上下底面为正三角形，AC=24C1=2,侧面 A 4CCA是底角为45的等腰梯形，棱台的高为；，则AB与平面ACC14 所成角的正弦值为 14.已知直角三角形ABC的斜边BC=3,点E,F是边BC上的两个三等分点，则cos∠EAF 的取值范围是 2 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤 15.(本题满分13分) 在三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2 acos C+c=2b. (1)求角A的大小： (2)若a=V3,三角形ABC的面积为 3 求三角形ABC的周长. 2 16.(本题满分15分) 如图，在直三棱柱ABC-DEF中，AB=AC=AD=1,AB⊥AC. (1)求证：AF⊥CE; (2)求二面角A-EF-C的正弦值. D 17.(本题满分15分) 某市计划在中央公园的一块三角形空地上建休闲花园，将三角形分割成三部分，如图，在区 域S,S分别种植薰衣草、马鞭草花田，将区域S,设计为下沉式水景庭院，并在水景庭院周 用（即△A0N的三边）设置木质护栏.在K贴△ABC中，C-于BC=A0m,点M,N在 斜边BC上，且∠MAN= 6 (1)当BN=200m时，求木质护栏的长度： (2)设∠NAB=日，请用日表示水景庭院的面积S2，并求S2的最小值. M S2 S3 B 18.(本题满分17分) 任意一个复数z=a+bi(a,b∈R)都可以表示为三角形式z=r(cosO+isin),其中r为复 数的模，0为复数：的辐角.若复数1，z,的三角形式分别为51=(cos8+iin0), 2=5(cos8+isin0),则乘积为：三12=(cos(e+62)+isin(日+0，)，即两个复数 相乘，积的模等于各复数的模的积，积的辐角等于各复数的辐角的和.其几何意义为：将复数 二，对应的向量OZ,绕原点O按逆时针方向旋角日，（当日，<0时，就把OZ,绕原点O按顺时 针方向旋转角0，)，再将其模变为原来的倍，得到向量0Z,OZ表示的复数就是积-· 1已知复数叫号号-2co君1m爱：请带8政写为三角形式，将a改 6 写为代数形式： (2)对于复平面内任意两个复数，52，证明5-5=+与-2Re(): (3)已知△ABC的三个内角为A,B,C,且满足C=2 A ,已知该三角形的顶点 6 A,B,C在复平面内对应的复数分别为二1,52,53，其外心O为原点，外接圆半径为R.若动点 军该外接圆上，对应复数为，求一+B的取值范围《结果用R表 2-23+R 19.(本题满分17分) 己知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为菱形，且∠DAB=6O°，SA⊥ABCD,且 SA=AB=2.平面与射线AD,S4,SC分别交于点P,Q,R,且满足 AP SO CR AD SA CS =a(0≤a≤1). (1)当a=二时，平面a与棱CD交于点K.证明：K为CD中点； (2)当a=时.求平面a裁四棱锥S-ABCD所得裁面的面积； 2 (3)记N为CD中点，若直线SB上始终存在动点M满足N∥平面.当 a∈[0，]变化时，求动点M的轨迹长度， B D 4 重庆一中高2028届高一下半期考试 数学答案 一，单项选择题 CDAA BCBA 7,解：根据正弦定理该三角形外接圆直径2R=b =2,原不等式等价为 sin B 4(snC)+4msim4≤1即4 msin A≤3-2cosg3T 2A=1+4 sin AcosA→ (2 ππ ≤ +c0sA恒成立，而 +C0SA在A∈ 内单减， 4sinA 4sinA 42 3 352 4sinA 4°4 m≤手，m的最大值为 3 8解：根据条件AP=2,CM=√3-1，即动点P,M在上底面的轨迹为两段圆弧，其面积 s分4mg65听5-8a 262 622 π-3+3 二，多项选择题 9.BCD 10.ABC 11.BD 11.解：对于C,有可能四点不共面： 对于D,设AP=DM=x∈(0,6√2)，则 Vo-PMV-cM 等号60-0s2Y2+65-36 2W2 52 5 ,当且仅当x=32时 取得最大值 三，填空题 12.-2i 13. 14. 3 14解：令AB=x,BC=y不妨设BE=}BC,根据条件有心+y-9, AE-2AB+1ACAF-14B+2AC. 3 3 AE●AF 18 6 coS∠EAF= AEAF V(4x2+y2)x2+4y2) (x2 9、2 ,225 4 又0<x2<9,c0s∠EAF 四，解答题 15.解：(1)由正弦定理得2 sin AcosC+sinC=2sinB=2sin(A+C)=2(sin AcosC+cos AsinC), 即sinC(2C0SA-1)=0.2分 1 因为C∈(0，π)，所以inC≠0，所cosA= 24分 又A∈(0，)，从而得A= 3 6分 （2)由余弦定理d2=b2+C2-2bcc0SA,得b2+c2-bc=3,8分 由S.c=in,得bc=2,则公+c2=bc+3=5…10分 所以(b+c)2=b2+c2+2bc=5+2×2=9,b+c=3, 所以a+b+c=3+V5, 故△ABC的周长为3+√5. …13分 16.解：(1)连接CD, :在直三棱柱ABC-DEF中，AD⊥平面DEF, :DEC平面DEF,AD⊥DE, :AB⊥AC,DEI∥AB,.DE⊥AC, :AD∩AC=A,ADC平面ADFC,ACC平面ADFC, .DE⊥平面ADFC，,:AFC平面ADFC,DE⊥AF, ,AC=AD,四边形ADFC是正方形，DC⊥AF, :DC∩DE=D,DCC平面DCE,DEC平面DCE, AF⊥平面DCE,:CEC平面DCE,AF⊥CE;7分 D (2)过点A作AH⊥BC于H,过H作HG⊥EF于G,连AG, :在直三棱柱ABC-DEF中，CF⊥平面ABC,AHC平面ABC,AH⊥CF, QBCCF=C,BCC平面CBEF,CFC平面CBEF, AH⊥平面CBEF,:EFC平面CBEF,HGC平面CBEF, .AH⊥EF,AH⊥HG, 又HG⊥EF,AH∩HG=H,AHc平面AGH,HGc平面AGH, EF⊥平面AGH,,AGc平面AGH,EF⊥AG, ∠AGH是二面角A-EF-C的平面角，11分 :AB=AC=AD=1,BC=√2，HG=1, AB LAC, 2 ~∠AG为直角，an∠AGH=4识5，：m∠4GH= HG 2 3 :二面角A-BF-C的正弦值为 3 15分 6 17解：(1)在R△4C中，∠C=号，8c=-40m,所以4C=20m,AB-205m,8-名 6 在△NAB中， AN=AB2+NB2-2AB-WB-c0sB=(200W3'+2002-2×200W5x200×c0s亚=202， 6 所以AN=200Im,3分 则△NAB为等腰三角形，∠WAB=兀，又因为∠MAN=工，所以∠CAM=元，则∠CMA=T 6 6 6 得AM-AC-mC=20x5-10n5m,CM=4C-esC=200×号10(m）, 2 2 则MN=BC-CM-BN=400-100-200=100(m), 所以护栏的长度为AM+AN+MN=300+100W3m). 7分 2)设2B=8,0写，则∠CM-号0， AN 2003 AN 100v5 在△NAB中， AB sin B sin ANB即S sin 5m-0 sin 解得W sim5-o 6 (6 6 AM 200 AM AC 解得AM 100W3 在CAM中， sin csin∠AMc,即sin7 sin +8 sin 3 所以水景庭院的面积为 1 1 S,-=S.Maw=AM·AW·sin☑MAN= 1003 100v5 -X sin sin 3x100 3×1002 2c0s+ 1 2s 3 3,1 12分 cosθ+sin0 4 2 +、s1n2 42 则当20=2，即6=元 ,∠C4M=工亚=亚时，水景庭院的面积最小，最小值为 4 3412 3×1002 30000(2-√3)m2 5,1 15分 4+2 18.解：(1)0=c0 2元+isin 2π 3 3,03=√3+i4分 (2)设z1=a+bi,23=c+di(a,b,c,d∈R) 则5-z=(a2+b2+c2+d)-(2ac+2bd > =a+b2+c2+d2,=(a+bi)(c-di)=(ac+bd)+(bc-ad)i 所以Re(a1z2)=ac+bd 所以1-z=+-2Re(2)10分 (3)△4BC为A=B=交，C-2π的等腰三角形 3 因为外心0为原点，且4C=BC,∠4OB=2 ,所以∠AOC=∠B0C=元 3 由题，将，绕原点分别逆时针和顺时针旋转即可得到二和， 即：年=co写+1m孕，马=eoa(孕+sm-》, 3 所以名+：=2co孕=4 因为动点P(e)与A,B,C均在外接圆上，所以====R, 由(2)：b-+-z=(2R2-2Re(e2)+(2R2-2Re(zz) =(4R2-2Re(z21+z)=(4R2-2Re(z23)》, 又-z-2R2-2Re(a),所以-z+-z=2R2+-g, 设-=d∈[0,2R], 所求式可化为d-+2R=a+R+3R2R, d+R d+R 设=d+R∈R3R,令p0=+3R 当t=V3R时，p(0n=(2W3-2)R,当t=R或t=3R时，p(mx=2R, 款5=f--lK5-2r2 17分 2-3+R 19.解：(1)因为a=} ,所以P,2分别为AD,SA的中点，即PQ∥SD, 因为PQc平面，SD丈平面a,所以SD∥平面a, 又因为SDC平面SCD,平面SCD∩平面a=RK,所以RK∥SD, 因为R为SC中点，且RK∥SD,K∈CD,所以K为CD中点.5分 (2)解法一： 选取SA,SB,SC为空间基底，设其分别为ai,c, 由题：a-6=ac=4,6-c=10,且月=2，=25，月4 o-a-i+0.0成=)c-a. -14+8+16-8+8-20=2,则=2. 同网-5.om0吸-a-0G-0-》 设☑POR=0,则co88=6 4 故截面S2x po风sma=5 又因为当a= 时，平面α与侧枝S8存在交点，设交点为H,且S28=b因为 2,P,R,H四点共面，所以QH,QP,QR共面， 设存在实数m,n,使得QH=mQP+nQR,代入可得： 1m-n=-1,m=-n=-22, 1 解得：m=-2 2 41 所以Qi-6-1 a,0R=1c1- 一C -a, 42 2 2 -可 -16 4+×4= 1 4 4 2 网---片6-4+4=3 1 1 2 4 丽-o丽=-=} 则：S.om-or sin./H0R=5 所以截面面积S=西，V555 11分 288 (3)由(2)：Qp=(1-a)a-ab+ac,QR=-aa+1-a)c1 因为N为CD中点，则Sw=a-i+c, 2 2 设亚=6，则0-五-0+， 因为MN∥平面，所以N,QP,QR共面，则存在u,v使得MN=uQP+vQR, 对比系数可得： 1 +2'+v0-a)=1, 1 u0-0四-a=2'a=y 解得：y=二a+3a-11,2a-1 2 4a2-4a+244a2-4a+2, u=2a3则y-t,写 13 42-u+4 5 ①l=0时， 19 y=-4 ②1u≠0时， 、1 1 4 5 + --1 Au [15 由对勾函数性质可得： 24 股动点M的执迹长度为L=(5-C水V10+2W2 …17分 4 2 解法二： (2)以A为原点，在底面ABCD内作y⊥AB,以AB,,AS所在直线分别为x,y,z轴 建立空间直角坐标系， 由AB=2,∠DAB=60°，SA=2,得： A(0,0,0),B(2,0,0),D1,V3,0),C(3,√3,0)，S(0,0,2), 当a-,月mo0an,5nke0. 因为QP=RK,所以截面PQRK为平行四边形， 10 又0-0.可得-5网-50.0丽-} 设☑POR=0,则co0=6 4 故S opoRino-i3 1 当a=2时，平面a与侧棱S8存在交点，设交点为H,且丽=2S8。， 因为Q,P,R,H四点共面，所以QH,QP,QR共面， 设存在实数m,n,使得Q亚=mQP+nQR,代入对比坐标得： m=22-1,m=-n,n=22, 解得：m=-1 1 4 所u可-9-顾-源0.oi-传 o两-网-5.0丽o顾-sem-m∠a0R.西， 所以截面面积S=5+555 28- (3)点N为CD中点，则N2,V3,0), 由40-2-cR=a AD SA CS 可得：P(a,V3a,0),00,0,2-2a),R3-3a,V3-V3a,2a 则：0P=(a,V3a,2a-2),QR=(3-3a,√5-√3a,4a-2) 设平面a的法向量为n=(x,y,z), [ax+3ay+(2a-2)z=0 则有： (3-3a)x+V31-a)y+(4a-2)z=0 取x=V3(3a2-3a+1),可得n=(3(3a2-3a+10,-5a2+7a-3,V3(a2-a), 设SM=tSB=(2t,0,-2),则M(2t,0,2-2D,MN=(2-21V5,2t-2), 11 因为MN∥平面a,所以M.=0' 即：(2-2t)W3(3am°-3au+1)+√3(-5a+7a-3)+(2t-2)W3(a2-a)=0 解得：1=二a+3a-1 4a2-4u+2 剩余同解法一 12