四川省眉山冠城实验学校2025-2026学年高一下学期人教A版数学周测10　阶段滚动卷(三)

**基本信息** 以风筝文化、空间几何为载体，覆盖复数、向量、立体几何、解三角形等核心知识，梯度设计适配周测巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|复数运算、立体几何命题、向量线性运算|基础题占比60%，如第1题复数共轭，第2题空间线面关系判断| |多项选择题|3/18|向量模计算、解三角形综合|第9题向量夹角分类讨论，体现数学思维严谨性| |填空题|3/15|复数方程、平面几何计算、三棱锥体积与内切球|第13题结合角平分线与正弦定理，考查数学眼光| |解答题|5/77|向量夹角、立体几何证明、解三角形综合|第19题平面四边形动态最值问题，融合模型意识与应用能力|

周测10　阶段滚动卷(三) (时间：120分钟　分值：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.设复数z满足z(1-i)2=4i，则复数z的共轭复数等于 A.-2 B.2 C.-2i D.2i 2.下列四个命题中，真命题的是 A.任意两条直线都可以确定一个平面 B.在空间中，若角θ1与角θ2的两边分别平行，则θ1=θ2 C.若直线l上有一点在平面α内，则l在平面α内 D.同时垂直于一条直线的两条直线平行、相交或异面 3.在平行四边形ABCD中，设=a，=b，=，=，则等于 A.a-b B.a-b C.a+b D.-a+b 4.风筝起源于春秋时期，是中国传统手工艺的代表，被称为人类最早的飞行器.如图所示，在一个简易风筝面的示意图中，AC垂直平分BD，E为垂足，AC=4AE，CD=AE，则tan∠ADC等于 A.8 B.- C. D.-8 5.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=2，且a⊥(a+b)，若向量c=a+2b，则|c|等于 A. B.17 C.13 D. 6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，其中a为常数，若b=2ccos A，且b≤a，则△ABC的面积取最大值时，A等于 A. B. C. D. 7.已知AB是圆O的直径，AB长为2，C是圆O上异于A，B的一点，P是圆O所在平面内任意一点，则(+)·的最小值为 A.- B.- C.- D.-1 8.已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB=2，∠ACB=90°，PA为球O的直径且PA=4，则点P到底面ABC的距离为 A. B.2 C. D.2 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，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.若平面向量a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|等于 A. B.2 C. D.5 10.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中b=4，m=，n=，m·n=，则 A.B= B.△ABC的外接圆面积为16π C.若=，∠BAC=∠ABM，则BC= D.若=，∠BAC=∠ABM，则sin∠BAC= 11.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F分别为PD，AB的中点，过C，E，F的平面与PA交于点G，则 A.PG=2AG B.PF∥CE C.以P为球心，2为半径的球面与正方形ABCD的交线长为 D.四棱锥P-ABCD外接球的体积为3π 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.若复数z同时满足①|z-2i|=|z-2|；②|z|2=2，则z=　　　　　　　　.  13.如图，在平面四边形ABCD中，AB=4，AC=7，cos∠BAC=，B+D=π.若AC是∠DAB的角平分线，则DC的长为　　　　.  14.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=3，AB=4，AC=5，则三棱锥P-ABC的体积为　　　　，三棱锥P-ABC的内切球的表面积为　　　　.  四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知向量a=(1，0)，b=(m，1)，且a与b的夹角为. (1)求|a-2b|；(7分) (2)若a+λb与b垂直，求实数λ的值.(6分) 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，Q为棱PD的中点，PA⊥AD，PA=AB=2. (1)求证：PA⊥平面ABCD；(6分) (2)求二面角P-CD-A的大小.(9分) 17.(15分)如图，在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，A=45°，AB=2，BD=5，CD=2. (1)求sin∠ADB和BC的值；(7分) (2)记α=∠ADB，求cos的值.(8分) 18.(17分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB=6，D为AC的中点. (1)求证：直线AB1∥平面BC1D；(5分) (2)求证：平面BC1D⊥平面A1ACC1；(6分) (3)求BC1与平面A1ACC1所成的角的正切值.(6分) 19.(17分)如图，在平面四边形ABCD中，E为线段BC的中点，∠DAB=90°. (1)若AD=AB=，∠ABE=150°，C=30°，求AE；(8分) (2)若AD=AB=2，C=45°，求AE的最大值.(9分) 参考答案 1.答案　A 解析　因为z(1-i)2=z(1-2i+i2)=z(-2i)=4i⇒z=-2，所以复数z的共轭复数=-2. 2.答案　D 解析　若两条直线是异面直线，不同在任何一个平面，故A不正确； 在空间中，若角θ1与角θ2的两边分别平行，则θ1=θ2或互补，故B不正确； 若直线l上有一点在平面α内，则l可能在平面α内，也可能与α相交，故C不正确； 同时垂直于一条直线的两条直线，位置有三种可能，故D正确. 3.答案　B 解析　因为=a，=b， 所以=a-b，=a+b， 所以=-=-=-=a-b. 4.答案　A 解析　设AE=1，则AC=4，CD=，EC=3，则DE==2，AD==.在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ADC===，所以sin∠ADC==，tan∠ADC=8. 5.答案　D 解析　因为a⊥(a+b)，所以a·(a+b)=0，可得a2+a·b=0，又因为|a|=1，可得a2=|a|2=12=1.将a2=1代入a2+a·b=0，可得a·b=-1.根据向量模的计算公式，可得|c|=|a+2b|=.(a+2b)2=a2+2a·2b+(2b)2=a2+4a·b+4b2，由a2=1，b2=|b|2=4，a·b=-1，代入上式可得， a2+4a·b+4b2=1+4×(-1)+4×4=13，所以|c|==. 6.答案　B 解析　在△ABC中，由b=2ccos A及余弦定理，得b=2c·，即c2=a2，则c=a，又b≤a，则有0<2acos A≤a，即0<cos A≤，又0<A<π，因此A∈， 则S△ABC=bcsin A=≤a2，当且仅当2A=，即A=时取等号，所以△ABC的面积取最大值时，A=. 7.答案　C 解析　∵+=2， ∴(+)·=2·， 取OC的中点D，如图所示， 则·= ==||2-， 又|=0，∴(+)·的最小值为-. 8.答案　D 解析　∵三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA为球O的直径且PA=4， ∴球心O是PA的中点，如图，连接OC， 球半径R=OC=PA=2， 取AB的中点D，连接OD，OB，CD，则OD⊥AB，OD􀰿PB，且OD===， ∵△ABC满足AB=2，∠ACB=90°， ∴CD==1， ∴OC2=CD2+OD2，∴OD⊥CD， 又AB∩CD=D，AB，CD⊂平面ABC， ∴OD⊥平面ABC， ∴点P到底面ABC的距离d=2OD=2. 9.答案　BD 解析　|a+b+c|= =， 因为平面向量a，b，c两两夹角相等，所以夹角有两种情况，即a，b，c两两夹角为0°或120°， 当夹角为0°时， a·b=|a||b|cos 0°=1，a·c=|a||c|cos 0°=3，b·c=|b||c|cos 0°=3， 所以|a+b+c|==5； 当夹角为120°时， a·b=|a||b|cos 120°=-， a·c=|a||c|cos 120°=1×3×=-， b·c=|b||c|cos 120°=1×3×=-， 所以|a+b+c|= =2， 综上，|a+b+c|=2或|a+b+c|=5. 10.答案　BCD 解析　对于A选项，依题意，m·n=tan A+tan B=， 则+=， 所以=， 因为sin(A+B)=sin(π-C)=sin C，且sin C≠0，cos A≠0， 故sin B=cos B，故tan B=， 因为B∈(0，π)，故B=，故A错误； 对于B选项，由选项A可知，R==4，故其外接圆面积为16π，故B正确； 对于C，D选项，可知AM=3MC=3，记∠BAC=∠ABM=θ， 所以∠BMC=2θ，AM=BM=3，MC=1，AC=4， 在△ABC中，由正弦定理得，=，即BC=8sin θ， 在△BMC中，由余弦定理得，BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos 2θ=10-6cos 2θ， 故64sin2θ=10-6cos 2θ，解得sin2θ=， 因为θ∈，则sin θ=，BC=8sin θ=，故C，D正确. 11.答案　AC 解析　对于选项A，如图，延长CF交DA延长线于点H， 连接EH交PA于点G，取AD的中点M，连接EM，由AF=BF，易知AH=BC=AD， ==， 所以GA=EM，EM=PA，GA=PA， 所以G是PA上靠近点A的三等分点，故PG=2AG，所以A正确； 对于选项B，若PF∥CE，PF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，则PF∥平面CDE， 又AB∥CD，AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，则AB∥平面CDE， 因为AB，PF⊂平面PAB，且两直线相交，故平面PAB∥平面CDE，与两平面交于点P矛盾， 故PF与CE不平行，所以B错误； 对于选项C，P为球心， 2为半径，PA=，PA⊥平面ABCD， 故正方形ABCD与球的截面是以A为圆心，半径为=1的四分之一圆， 交线长为四分之一圆弧，即×2π×1=，所以C正确； 对于选项D，四棱锥P-ABCD是正方体的一部分，则四棱锥P-ABCD外接球相当于正方体的外接球， 设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则(2R)2=++=9， 所以R=，故四棱锥P-ABCD外接球的体积为πR3=π×=，所以D错误. 12.答案　6　π 解析　因为PA=BC=3，AB=4，AC=5，在△ABC中，AC2=AB2+BC2， 所以AB⊥BC，又PA⊥平面ABC，所以V三棱锥P-ABC=×AB·BC·PA=××4×3×3=6， 因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，故PB==5， 又AB⊥BC，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PAB，△PAC，△PBC，△ABC均为直角三角形， 设三棱锥P-ABC的内切球的球心为O，半径为r，则V三棱锥O-ABC+V三棱锥O-PAB+V三棱锥O-PAC+V三棱锥O-PBC=V三棱锥P-ABC， 即V三棱锥P-ABC=r×(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)=r××(3×4+3×4+3×5+3×5)=6， 解得r=，故三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4πr2=4π×=π. 13.答案　5 解析　在△ABC中，AB=4，AC=7，cos∠BAC=， 由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos∠BAC=72+42-2×7×4×=25， 所以BC=5， 又sin∠BAC==， 由正弦定理得=， 所以sin B==， 又B+D=π，则sin D=sin B=， 因为AC是∠DAB的角平分线， 在△ACD中，sin∠DAC=sin∠BAC=， 由正弦定理得=， 所以DC==5. 14.答案　1+i或-1-i 解析　设z=a+bi，a，b∈R，由条件①可以得到=，两边平方化简可得a=b，因为|z|2=2，则a2+b2=2，解得a=b=±1，故z=1+i或z=-1-i. 15.解　(1)因为a=(1，0)，b=(m，1)，且a与b的夹角为， 所以a·b=m，|a|=1，|b|=. 因为cos〈a，b〉=，故=cos ， 解得m=1或m=-1(舍去). 所以a-2b=(-1，-2)， 所以|a-2b|==. (2)因为a+λb=(1+λ，λ)，a+λb与b垂直， 所以(a+λb)·b=0，即1+2λ=0， 解得λ=-. 16.(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊥AD， PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD. (2)解　因为四边形ABCD为正方形， 则AD⊥CD，且AD=AB， 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥CD， 因为AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD， 因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD， 则二面角P-CD-A的平面角为∠PDA， 因为PA⊥AD，PA=AB=AD，所以△PAD为等腰直角三角形，且∠PDA=45°. 故二面角P-CD-A的大小为45°. 17.解　(1)在△ABD中，由正弦定理得 =，即=， 所以sin∠ADB=. 又∠ADC=90°， 所以cos∠BDC=sin∠ADB=. 在△BCD中，由余弦定理得 BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC =25+8-2×5×2×=25. 所以BC=5. (2)由(1)知，因为∠ADB<90°，sin∠ADB=， 所以cos∠ADB==，即cos α=， 则cos 2α=1-2sin2α=， sin 2α=2sin αcos α=. 所以cos=cos 2αcos -sin 2αsin =. 18.(1)证明　连接B1C，设B1C∩C1B=O，连接DO，如图， ∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，且△ABC为正三角形，AA1=AB， ∴三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，侧面C1CBB1为正方形， ∴O为B1C的中点，又∵D为AC的中点，∴在△ACB1中有DO∥AB1， ∵AB1⊄平面BC1D，DO⊂平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D. (2)证明　∵A1A⊥底面ABC，BD⊂底面ABC，∴A1A⊥BD， 又△ABC为正三角形，D为AC的中点，∴AC⊥BD， ∵A1A∩AC=A，A1A⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1， ∴BD⊥平面A1ACC1，又∵BD⊂平面BC1D，∴平面BC1D⊥平面A1ACC1. (3)解　由(2)可知BD⊥平面A1ACC1，∴DC1即为BC1在平面A1ACC1内的射影， ∴∠BC1D即为BC1与平面A1ACC1所成的角， ∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，且AA1=AB=6， ∴BD=AB=3，DC1===3， ∴tan∠BC1D===. 19.解　(1)连接BD，在△ABD中，AD=AB=，∠DAB=90°，所以BD=2，∠ABD=45°. 因为∠ABE=150°，所以∠CBD=105°，∠BDC=180°-C-∠CBD=45°. 在△BCD中，由正弦定理得=，解得BC=2，所以BE=. 在△ABE中，由余弦定理得， AE= ==+1. (2)设∠DBC=θ，0°<θ<135°. 在△ABD中，AD=AB=2， ∠DAB=90°， 所以BD=2，∠ABD=45°， 因为C=45°， 所以sin∠BDC=sin(θ+45°)，在△BCD中，由正弦定理得=， 所以BC=4sin，BE=2sin， 在△ABE中，由余弦定理知AE2=AB2+BE2-2AB·BEcos∠ABE=4+4sin2(θ+45°)-2×2×2sincos =4+2-2cos-4sin =6+2sin 2θ-4cos 2θ =6+2sin(2θ-φ)，其中tan φ=2. 当2θ-φ=90°时，(AE2)max=6+2=(+1)2，即AEmax=+1. 故AE的最大值为+1. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $