湖南邵东市创新学校2025-2026学年高一下学期5月创高杯考试数学试题

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以《九章算术》阳马、航海测量等情境融合集合、复数、立体几何与解三角形，检测数学眼光（空间观念）、思维（推理运算）与语言（模型应用）素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、复数、空间直线关系|基础题为主，如集合运算、复数模| |多选|3/18|向量性质、解三角形|综合辨析，如向量垂直与投影| |填空|3/15|复数运算、向量共线|简洁检测运算能力| |解答|5/77|向量应用、解三角形、立体几何|分层设计，15题向量基础，19题四棱锥线面角与点面距离综合考查逻辑推理|

创新高级中学2026年上学期创高杯考试高一参考答案 ACBA ADDB ABD AC AD 1.【详解】解：AnB={x-2<x<5=(-2,5). _1+i。(1+i)22i 2.【详解】解：2=1-0-i1+i)21,则z1. =i 3.【详解】若a/1b,可知直线a,b是共面直线，则存在平面a,使ac,bca, 即必要性成立： 若存在平面a,使aC,bCC,则直线a,b可能相交，即充分性不成立； 综上所述：“存在平面a,使aC0,bC”是“a/b”的必要不充分条件. osB=a+c2-b2_3 4.【解析】在△ABC中，由余弦定理得 2ac 2,而0<B<π， 所以8-名 故选：A 5.【解折1由0=4C+而=4c+丽=4C+丽-4C)C+而， 所以4=2A而-4C=2a-6 故选：A 6、【详解】在△1CD ∠D=75°-30°=45° 中， AC AD 由正弦定理得sin∠Dsin30,所以AC=ADsin45 32x2 2 =6nmile, sin30° 2 △AB 在 C中，AB=2.∠BAC=60 BC2=AB2+AC2-2AB.AC.C0s60°=22+62-2×2×6×=28 由余弦定理得 所以BC=2√7 nmile 7.【详解】解：在直角梯形ABCD中，AB∥CD,AD L AB,∠B=45°， AB=2CD=4 A AD=(AB-DC)tan45°= 则 2,由M为BC的中点， 得 0丽-心+W-语+0函-6+孤-40)=丽-0+0-6-0 2 所似DM而-号丽号而丽-星-x16=12, 8.【解析】因PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,ADC平面ABCD, 则PA⊥AB,PA⊥AD,又因四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD. 则阳马的外接球与以PA,AB,AD为长宽高的长方体的外接球相同 又PA=5,AB=3,AD=BC=4.则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为： R=P+B+AD-3+4+了_52 2 2 则外接球的表面积为：S=4红R2=4红.50=50x. 4 故选：B 21.2i0-1)=i0-)=1+i. 9.ABD【详解】因为+i)z=2i,所以2=1+i(+)1- 2的实部为1，虚部为1，故B正确： 以=|1+i=VP+P=V2,故A正确： 的共轭复数为2=1- ,故C不正确： 2在复平面中对应的点（山-） 位于第四象限，故D正确， 故选：ABD, 10.AC【详解】对于A选项，若a/店，则2sin0=-cos0,化简可得an6= 2,A对： 对于B选项，若a⊥b,则-sin0+2cos0=0, sin0=2V5 sin0=-2V5 5 又因为 解得 cos6=5或 os0=-5,B错； sin20+cos20=1 对于C选项， a+lsa+同=1+5 (2sin0=-cos0 sin0= 当且仅当、 同向时，即当si0+cos0=l时，即当 c0s0=25时，等号成立， a b sin<0 5 故日+的最大值为1+5，C对： 对FD，若0-则- 22 2’2 2 :气，9kn5有月萌自晋4-- 5 10b,D错 a b 1l.AD【详解】因为asin A+bsin B=c,所以，根据正弦定理边角互化得 sin2A+sin2B=sin C 为Ce0,),sinCe(0,J,所sin C≥sin'C,即sin2A+sin'B=siC≥sinC, 因 所以2+a2≥c,62+a2-c2≥0 肉余放龙mC≥0，女C0引 则A+B> 2,注意到coscoB= >0 4 所以cosA>0,cosB>0(两者同负会有两个钝角，不成立)，即A, Be0,2 因为A+B>受-A>受B,A,受B都是领角， 72 所以snA>sin径-B-cmsB>0, 于是sinC=sin2A+sin2B>cosB+sinB=】,这和Si血C≤1相子盾， 所以1+B交 2,sin A=cos B,cos A=sin B, 所以sin4sinB=cosdcos=V5 4，故A选项正确： cos AcosB=sin BcosB-Is 2sim28=3 ,即sin2B=3 2, 2π2B=B=B= 2B= 所以3或3，即3或6， 3时.4=及，snA-inB=1-5 当B、π 6, 2: 9=6，时A=,sinsinB=5-」 当B 3， 2，故B选项错误： 因为△ABC的面积为2V5 所以，当8=骨。4 6时6=5a,c=2a.Sc=)a 2a2=25 2 解得a=2,b=2V5.c=4 3.a=c=26.8=6-=2w5 当8-84 1 2 解得b=2,a=25.c=4 故C选项错误，D选项正确. 12.1-31 13.3 14.【详解】法一：如图1，将四棱锥P-ABCD放入正方 ABCD-ABCP中， 延长DB与正方体好交于点B,延长DF与1M交于点M,连接B,M, 过点D作DNIIBM与CC交于点N, 此时，D,M,B,N四点共面，则DN与CP的交点为点G, PF :△PDF∽△AMF,又AF,则 .PG PD 3 :△PDG∽△CNG,…GC CN2. 法二：如图2，过点P作直线I/1AB,延长FE与直线I交于点Q, 连 D0交PC于点G,过点F作FK11MB交PB于点K. 则点K为PB上靠近点B的四等分点 FK-3P0-PR-2 PQ-3 △PEOn△KEF,AB=l,则FK=4,FEK PG PO 3 又aP0 GACDG,…GCCD2. B M 图1 图2 15.【详解】(1)6+ā=(-1，m+2) 因为5+a与2,6)共线，所以6×(-)2m+2)=0, 解得m=-5 (2)由(1)知 6=(1,-5) 所以同=25，=V26,a-6=-2x1+2x-5)=-12 由a-6与2a-6 垂直， 得a-6)(2a-)=2a2-1+2)a-6+=0 所以16+121+21)+26A=0,解得=)4 25 16.【小问1详解】 由余弦定理可得a2+c2-b2=2 ac cos B=3,即 n accos B=3 因为5cs咖B= 1 4,即acsin B= 2,所以tanB= 3 因为B∈(0，，故B= 6 【小问2详解】 ab=-c b2 ac 由正弦定理sinsin BsinC可得sin2 Bsin Asin C, 由(1)可得acsin B=号ac= 2 2,可得ac=V5, b2 ac =4 所以，sin2 B sin AsinC3,则=4sin2π=1，故 4 6 b=1 因为4+c2-b2=a2+c2-1=3 所以2+c2=4 故a+c=va+c2+2ac=V4+25=V3+1, 因此，△ABC的周长为a+b+C=2+V5 17.【小问1详解】 连接1C交4C于0， 在直三棱柱1BC-48,G中，所有棱长均为4， 因此四边形 ACC是正方形，所以O是1C的中点，而D是4B的中点， 因此有 D1/BC,可ODC平面4DC,BC￠平面 ADC 所以 平面4DC BC/ 【小问2详解】 OD//BC 由(1)可知： 因此异面直线4D与BC所成角为 ADO (或其补角)， 因为4GC是E方形，所以40-4C-原，平=25 2 在直三棱 ABC-AB,C中，所有棱长均为4， OD=- 因此四边形BB,CC是正方形，因此有 BC,= 伞+4=22 在直三枝柱1BC-4B,C中，侧校垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有AD=VAAP+AD2 /42+ =2W5, 由余弦定理可知：cos∠4D0=、8+20-8=10 2×2V2×2V54, R北n∠40--wZ40-g- 18【详解】(1)解，csm8+5 m4:- 3 -sin B 由正弦定理可得： sin Csin B+5、 sin cos(A+B)=5、 :sin CsinB3、 3 sin BcosC= 3sinB sinB≠0， sinc_3 cosC=/3 3 3, = π C- ππ 66'3, C-π-π ,C= 66,.3: (2)解：由题意可知∠ADB=2 ,设∠DAB=a,∠ABD= 3 -, :0<2a< 2,又 AB AD 在△ABD中，由正弦定理可得：sin∠ADB sin∠ABD, 5 AD 2π π 5440ma5x2smma sinacosasin'a simf 2a 2 2 +6厂4， 3-3√3 .三角形面积的取值范围为4一，4 19.【解析】(I)因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又因为AD1AB,AB∩PA=A,且两直线在平面内，所以AD⊥平面PAB, 因为PBC平面PAB,所以AD⊥PB, 因为PA=AB=2,且N为PB中点，所以AN⊥PB, 又因为AN∩AD=A,所以PB⊥平面AMD, 又因为DMC平面AMD,所以PB⊥DM. (2)连接DN,因为PB⊥平面ANMD,PB∩BD=B,所以∠BDN为BD与平面A☑MD所 成角， 又因为PA=B=2且PHLB,N为PB中点，所以N=5 所以D2=4W2+4D=2+4=6,即D=V6 又因为4D=B=2且BL4D,所以BD=22】 P 所以os∠BDN=D.6、V5 BD2√22， M D 3 所以BD与平面AMD所成角的余弦值为2， B4-- (3)由已知得，BD=VAB+AD=2V2.PB=VAB+AP=22 PD=AP2+AD2=22 aoo*M-时时2xi2-号 3 设点C到平面PBD的距离h, h=26, mVe-pD=,SArDxh=x亏×2W2x2V2x, 11 32 2 3 2_2V √ 由m=m,即5等°，解得：号，即点C到平面PBD的距离为3. -h 创新高级中学2026年上学期创高杯考试高一数学试卷 时量：120分钟 满分：150分 （命题人：杨远帆） 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 若，是空间中两条不同的直线，则“存在平面，使，”是“”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 4. △ABC中，内角所对的边分别为，若，则的大小为（    ） A． B． C．或 D．或 5. 如图，为△ABC的边上的中线，且，那么为（    ） A． B． C． D． 6. 某船行驶到甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的北偏东方向上，相距；在甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的南偏西方向上，相距．该船由甲地向正南航行到乙地时，再看号灯塔，则号灯塔在乙地的北偏东方向上，则号灯塔与乙地之间的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 在直角梯形中，，，，，为的中点，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图 是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 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. 已知复数：满足，则（ ） A. B. 的实部为1 C. 的共轭复数为 D. 在复平面中对应的点位于第四象限 10. 已知向量，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．的最大值为 D．若，则在上的投影向量为 11. 在△ABC中，，，分别为内角，，的对边，，，△ABC的面积为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 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，则______． 13．已知平面向量，，且，则_______． 14. 四棱锥的底面为正方形，，，，，平面，则______． 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．（13分）已知向量，且与向量共线. (1)求的值； (2)若与垂直，求实数的值. 16．（15分）△ABC的内角、、的对边分别为、、，已知，△ABC的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求△ABC的周长． 17．（15分） 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 18. （17分）在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围. 19. （17分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点． (1)求证：． (2)求BD与平面ANMD所成角的余弦值． (3)求点C到平面PBD的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $