云南曲靖一中沾益清源高级中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

曲靖一中沾益清源高级中学高一年级2026年春季学期 期末考试数学学科试卷 时间：120分钟满分：150分命题人：牛程雉 审题人：唐振霄 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1.复数z满足z(3+21)=13,则复数z的共轭复数z的虚部为() A.-2 B.2 C.-2i D.2i 2.在△ABC中，AD为BC边上的中线，则BD=() A.AB+AC B.-AB+AC C.-AB+aC D.A丽-AC 3.已知a为钝角，且cos2a=-子则sin(侵+a)=() A.9 B.、E 3 c.29 D.-22 3 4.已知m表示一条直线，，β表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是() A.若a/B,m/a,则m/B B.若a/B,m1a,则m1B C.若1B,m//a,则m1B D.若a⊥B,m1a,则m//B 5,若圆锥的底面直径与球的直径相等，且圆锥的体积与球的体积相等，则圆锥的侧面积与球 的表面积之比为() A.V2:2 B.v5:2 C.v5:4 D.V17:4 6.17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理， 另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄 金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一 个顶角为36°的等腰三角形（另一种是顶角为108的等腰三角形）.例如，五角星由 五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金△ABC中，C 5号.根据这些信息，可得sin2034=（) A.1-2⑤ 4 B.-3+5 C.一5+1 D.-4+5 8 4 8 7.设1a=6,训=8，在上的投影向量为-6，则与的夹角为() 4. B. C. D. 第1页，共4页 8.若函数f)=sin(ox+p)(u>0,lp<四在区间（(o,)上单调递增，且f(g=0,f)≤ f(-引则φ的取值是() A.日 B.- c.智 D.-智 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分：在每小题给出的选项中，有多顶符合题 目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分：若 只有3个正确选项，每选对一个得2分) 9.已知角a的终边经过点P(-x,-4),且cosm=-子，则() A.x=3 B.sin(G-a）=g C.tan(a-7n)= D.sinatcosa=7 3 sina-cosa 10.若复数z1=(m2-3m+2)+(2m2-3m-2)i,z2=1-(2m+1)i(m∈R),则下列命题 中正确的是() A.当m=1或2时，z1是纯虚数 B.当m=-1时，图=四 2 C.当m∈（-，2)时，复数z,在复平面内所对应的点在第三象限 D.若z1>22,则m=- 11.如图，△ABC为边长为2的等边三角形，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点 P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是() A.B0=BA+B元 B.BA.BO=3 D C.BP.BC的最大值为3+V3 D.若BP=xBA+yBC,则x+y的最大值为3 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知sinA:sinB:sinC=2:1:V2,则 cosC= 13.向量=(-2，-3)，b=(x,2),若向量d,的夹角为钝角，则x的取值范围为 第2页，共4页 14.如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球 的半径最大时，小球的表面积为 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤） 15(13分).已知复数z1=2+mi(m∈R),z2=1-3i. (1)若复数z=4是纯虚数，求m的值； (2)若22是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，求巴的值. 16(15分).在①c0sA=6,②bc0sC=(2a-d)cosB中任选一个作为已知条件，补充在下 列问题中，并作答 问题：在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知 (1)求B: (2)若△ABC的外接圆半径为1，且cosAcosC=-,求a+c. 注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分 B 17(15分).已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2. D (1)证明：AC11BD: (2)求点A到平面C1BD的距离. B----- O 第3页，共4页 18(17分).在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a,b,c,且bcosC+ccosB=2 acosA. (1)求角A的大小： (Q)若△ABC的面积是，Q=2,求△ABC的周长： (3)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围. 19(17分).如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，底面ABCD为直 角梯形，BC/AD,AB1AD,BC=AB=2,E为PD的中点. (1)求证：CE//平面PAB; (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体项点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差 (多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，例如：正方体在每个项点有3个面 角，每个面角是艺所以正方体在各顶点的曲率为2-3×；=乏已知四棱锥P一ABCD在点A 的曲率为。 ①求证：平面PADI平面ABCD: ②在直线BP上是否存在点Q,使得EQ1平面PAC,若存在，求BQ的长；若不存在，说明理由. 第4页，共4页 《2025-2026学年度高中数学期末考试卷》参考答案 题号 y 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 B B B D C C B AD BD 题号 11 答案 ABD 1.B 【详解】因为z3+2)=13,所以z=13 133-2)=13(3=21=3-2i, 3+2i(3+2i)(3-2i) 13 则z=3+2i,其虚部为2. 2.C 【分析】利用向量的线性运算求解即可 【详解】如图，BD-BC-(AC-AB)=-AB+AC B 故选：C. 3.B 【详解】由二倍角公式cos2a=2c0s2a-1,代入cos2a=-得-号=2c0s2a-1, 整理得cos2a=;已知a为钝角，则cosa=- 因此sin(G+a)=cosa=- 3 4.B 【分析】结合空间线面、面面平行与垂直的判定及性质，逐一分析各选项的正误。 【详解】对选项A: 若a//B,m//a,则直线m的位置关系为m//B或mcB,并非一定满足m/B,故A错误： 对选项B: 由面面平行的性质可知，若两个平行平面中的一个与一条直线垂直，则另一个平面也与该直 线垂直，因此当a/B,m1a时，m⊥B,故B正确： 对选项C: 若1B,m//a,则m与B的位置关系可能为平行、相交或mcB,并非一定垂直B,故C 答案第1页，共11页 错误； 对选项D:若 a1B,m⊥a,则直线m的位置关系为m/B或mcB,并非一定满足m/B,故D错误。 5.D 【详解】设圆锥底面直径为2r,圆锥的高为h,则圆锥底面半径为r,球的半径为 圆锥的体积与球的体积相等，所以m㎡2h=r3,解得h=4r, 所以圆锥母线长为：Vr2+h2=√r2+(4r)z=v17r 所以圆锥侧面积S1=号×2r·V17r=V17m2,球的表面积S2=4m2, 所以是-受，即圆锥的侧面积与球的表面积之比为√：4 6.C 【分析】先求出L4CB=72°，c0 SLACB=5-三，再根据二倍角余弦公式求出cos36°，然后 4 根据诱导公式求出sin2034°. 【详解】由题意可得：∠ACB=72,且c0 S4ACB=C=-5, AC 4 os720=20s236°-1=，解得：c0s236°=53-固+2Ex4+型 8 16 所以c0s36°-+1（负值不符合题意舍去）， 4 sin2034°=sin(2160°-126)=sin(-126)=-sin126°=-sin(90°+36)=-c0s36°= 故选：C 7.C 【分析】利用向量ā在向量b上的投影向量公式，由系数相等得到夹角的关系式，从而求解， 【详解】向量d在向量b上的投影向量为（中）·b=叫cos9b,其中9为a与b的夹角，且6∈ 1b12 lbl [0,小，因为在i上的投影向量为-方，所以@os=-3 83 将1d=6,1=8代入得“。9=-是解得c0s0=-字因为9E0,则，且cos誓=-子所 以6=晋 8.B 答案第2页，共11页 【分析】先由函数在(0，)上单调递增及f(月=0，结合正弦函数单调性与零点性质，得到ω 的取值范围和的含参表达式：再fx)≤f(-引推出x=-为对称轴，建立p的另一含 参表达式：联立两式解出ω，回代并结合lp<π的条件，最终确定p=一 【详解】因为f(月）=0，fx)在(0，)上单调递增，ω>0,5e(0,), 所以恶≥4(G-8)且g+p=2km(k∈2)， 所以0<ω≤，p=2kπ-g(k∈Z), 又f)≤f(-引则-+p=kr+k2),故p=kπ++婴 所以2km-g=k+5+,解得ω=(4k-2k1-1)k,k1∈Z), 因0<ω≤经则@=所以p=2km-音=km+经+恶 又<，则当k=0,k=-1时，9=- 9.AD 【分析】由题意可判断角a的终边落在第三象限，求出sinx=一年，tana=手，利用诱导公式 即可得解。 【详解】点P的纵坐标为-4，且c0sa=-号<0. ∴角a的终边落在第三象限， 又0sa=平一“x=3(负根舍去)， 3 ÷sinx=元=-tand= 一4 ..sin (-a)=cosa=-3,tan(a-7n)=tana= 4 sina+cosa sina-cosa 所以AD正确，BC错误. 10.BD 【分析】利用复数的基本概念依次分析各选项即可： 【详解】选项A,实部：m2-3m+2=0,解得m=1或m=2. m=1时，虚部2-3-2=-3≠0： m=2时，虚部8-6一2=0，此时z1为实数，不是纯虚数，故A错误. 选项B,当m=-1时， 答案第3页，共11页 z1=(1+3+2)+(2+3-2)i=6+3i,|zl=V62+32=3V5 22=1-(-2+1)i=1+i,|z2l=V12+12=V2 所以--普-西，故B正确 选项C,复数z1在复平面内所对应的点在第三象限时， ∫m2-3m+2,<0n,解得： (1<m<2 (2m2-3m-2<0 {-<m<2,即1<m<2,故C错误 选项D,因为z1>Z2,只有实数才能比较大小，因此z1,z2都必须为实数 2,为实数：虚部-(2m+1)=0→m=- 代入m=-克名=(++2)+0i=票a2=1 满足>1，故D正确 11.ABD 【分析】由向量的线性运算可判断A;由数量积的定义可判断B;以B为坐标原点，建立平 面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；将目标式子转换为三角函数即可判断D. 【详解】对于A,由题意得B0=BC+C可=BC+C =BC+(BA-BC=BA+BC,故A正确： 对于B,由A知，BO=BA+1BC, 则BA·B0-BA,GBA+BC)=BA2+BA.BC =×4+×2×2·c0s60°=2+1=3，故B正确， 对于C,以B为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意得B(0,0),C(2,0),A(1,V3),0C, 设P(仔tcos6,+sin0),-看s0≤号 所以Bp.BC=2(G+c0s8)=3+2cos6, 答案第4页，共11页 当0=0时，BP·BC的最大值为5，故C错误： 对于D,由题意得BP=(+cos0,9+sin9, 可得xBA+yBC=(x,V3x)+(2y,0)=(x+2y,V3x), 因为B驴=xBA+yBC,所以x+y=(c+2y)+5V3x =(目+cos0)+g(停+simo) =cos0+号sin0+1=9sin(0+）+1,(吾≤0≤)， 因为-5≤6≤→0≤6+晋≤元， 所以当6=时，x+y=号sn(9+)+1取得最大值，故D正确. 12.30.75 【分析】由正弦定理可得边的关系，即可根据余弦定理求解 【详解】由sinA:sinB:sinC=2:1:V2,故a:b:c=2:1:V√2， 设a=2k,b=k,c=2k,k>0, 板cos0--是-号 2ab 13.（-3,)u(,+∞ 【详解】因为向量ā=(（-2，-3)，=(x,2)的夹角为钝角， 所以a.i<0且d,不反向共线 由a·b<0,得-2·x+(-3)·2<0,所以x>-3: 由，不反向共线，得-2×2-(-3)x≠0，所以x≠ 所以a,的夹角为钝角，可得x的取值范围是(-3，)u(仔，+∞) 14.（48-32V2m 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径r满足V2r+T=2,求出半径后代入球的表面积 公式即可得解 【详解】设四分之一球的球心为0，小球的球心为O,最大半径为r,作出截面图形如下： 答案第5页，共11页 由题意得，001=V2r,因为0B=001+B01,所以√2r+r=2,解得r=2V2-2, 小球的表面积为4m2=(48-32√2)m 故答案为：(48-32√2m 15.(am=号 (呢=-月 【分析】(1)先进行复数的除法运算，再根据纯虚数的概念求得m的值： (2)将复数代入方程中，结合复数相等求出p,q的值 【详解】（1)由题意可知：2=-2t-20+01 1-31(1-3i)(1+3i) 10 (2-3m=0 因为z是纯虚数，则 10 6+m 解得m= 3 .…6分 10 ≠0 (2)因为22=1-3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根， 则(1-3i)2+p(1-3i)+q=0,整理得p+q-8-(6+3p)i=0, 则P十92二8三0，解得p=-2,q=10,所以二一专13分 16.(1)B=3 (2)a+c= 2 【分析】(1)选择条件①根据余弦定理边角互化可求解，选择条件②根据正弦定理边化角 结合三角恒等变换求解： (2)根据余弦的和差角公式可得sinAsinc=,进而利用正弦定理可得ac=b=V3,由 余弦定理即可求解a+c 【详解】(1)选择条件①：因为c0sA=2c 2b 在△ABC中，由余弦定理可得+a=2c,化简得a2+c2-b2=ac, 2bc 2b1 答案第6页，共11页 由余弦定理可得c0sB=-8- 2ac 2ac 因为Be(0,0,所以B=骨 6分 选择条件②：因为bcosC=(2a-c)cosB,由正弦定理得， sinBcosC sinCcosB 2sinAcosB. 即sin(B+C)=2 sinAcosB, 则sinA=2 sinAcosB, 因为A∈(0，m,sinA≠0，所以cosB= 因为B∈0，d,所以B=背6分 (2)因为B=青所以A+C=亭即cos(A+C)= 即cosAcosC-sinAsinc=-克又因为cosAcosC=-音 所以sinAsinC=8 由于△ABC的外接圆半径为R=1,由正弦定理可得sinAsinc=?:, 可得ac=多 所以b=2 RsinB=V3, 由余弦定理可得b2=a2+c2-accosB=(a+c)2-3ac=3, 所以a+c=3和 15分 17.(1)证明见解析 9 【分析】(1)建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量坐标，通过计算数量积为0，从 而可证： (2)求得BA=(2,0,0)和平面C1BD的法向量，利用点面距离的向量公式即可求解. 【详解】(1)以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立如图所示的坐标系. 答案第7页，共11页 B D B: 0 由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2知A(2,0,0),B(0,0,0),D(2,2,0),C1(0,2,2), 则ACG=(-2,2,2),BD=(2,2,0), 因为AC·BD=(-2)×2+2×2+2X0=0,所以AC1BD,所以AC11BD:.6分 (2)BC=(0,2,2),BD=(2,2,0), 设平面C8D%法向为nad小因为n1G,元1丽，所以+26二8 令b=1,则a=-1,c=-1,所以元=(-1,1，-1)， 设点A到平面C1BD的距离为d,BA=(2,0,0), 则d=网- 2 .15分 3 18.(明 (2)2+V13 (v 【分析】(1)由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果： (2)由三角形的面积公式可得bc的值，再由余弦定理可得b2+c2的值，从从而可得b+c, 即可得到结果； (3)由三角形的内角和将sC转化为关于B的式子，再由三角函数的性质即可求得结果。 【详解】(1)由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=2 sinAcosA, 即sinA=2 sinAcosA,因为0<A<π，所以sinA≠0， 则CosA=即A= (2)因为5aABc=bcsinA=-3,所以bc=3, 答案第8页，共11页 由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccosA, 即4=b2+c2-2×3×3,所以b2+c2=7, 则(b+c)2=b2+c2+2bc=7+6=13,所以b+c=V13, 则△ABC的周长为Q十b十C=2十V13..9分 (3)由A=可得C-π-B, 则sinB+sinC=sinB+sin(后r-B）=sinB+cosB+2inB simB+cosB V3simn(B+2). 0<B< 且△ABC为锐角三角形， <c=n-B<'解得<ns号 则 3 所以<B+<行，则<sim(8+君≤1， 所以<v3sin(B+)≤v3, 即sinB+sinc的取值范围是(（，3] 17分 19.(1)取PA的中点F,连接EF,BF, D D B 又E为PD的中点，则EF/AD,且EF=二AD, 又△PAD是边长为4的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，且AB 1 AD,BC=AB=2, 则BC=AD,BC//AD,所以EFI/BC,且EF=BC, 所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE/BF, 又CE￠平面PAB,BFC平面PAB,所以CE//平面PAB....5分 (2①由题意知，2m-(∠PAB+∠PAD+∠BAD)=变， 又△PAD是等边三角形，底面ABCD为直角梯形， 答案第9页，共11页 则LPAD=于，LBAD=所以LPAB=,即AB1PA, 又因为AB1AD,且PA∩AD=A,所以AB1平面PAD, 又ABC平面ABCD,故平面ABCD⊥平面PAD.. .10分 ②取AD的中点O,连接P0,C0,则P01AD,C01AD, 又平面ABCD 1平面PAD,且平面ABCD∩平面PAD=AD,所以PO⊥平面ABCD, 所以以0为坐标原点，直线OC,OD,OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， D B 又P0-PD2-(Y=e-z=2v5, 则B(2,-2,0),P(0,0,23),C(2,0,0),E(0,1,V3,A(0,-2,0), 所以Bp=(（-2,2,2V3),BE=(-2,3,V3),Ap-(0,2,2W3),AC-(2,20), 因为点Q在直线BP上， 不妨设B0=1BP=1(-2,2,2V3)=(-21,21,23λ)， 所以0=B0-BE=(-21+2,21-3,231-V3), 设流=(y,2)是平面P4C的法向量，则元：A示=2。+2V32,=0 (元·AC=2x。+2y0=0 取z0=V5,则y0=-3,x=3,即m=(3,-3,V3), 假设存在点Q,使得EQ1平面PAC,则E0/元， 所以-21+2=2-3=2V3-V3 -3 但此方程组无解，故不存在点Q,使得EQ1平面PAC..17分 【分析】(1)根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形BCEF是平行四边形，再根据平 行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明： (2)①先根据曲率的定义求出∠PAB,再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证 明； ②先证明OC,OD,OP两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关 系求出EQ,再求出平面PAC的法向量沉，再根据线面垂直的关系得到EQ/沉，进而列方程 答案第10页，共11页 组求解即可判断点Q是否存在. 【详解】(1)略 （2)略 答案第11页，共11页