广东肇庆市2025-2026学年高一第二学期末学业水平达标检测数学试题

绝密★启用前 2025-2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡相应位置上。 2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答題区城书写的答案无效。 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改 液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将答题卡交回。 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.已知复数z满足z=4+3i,则z的虚部为 A.-4i B.-4 C.4i D.4 2.已知圆锥的底面半径为1，高为2，则圆锥的恻面积为 A号 B.2π c.√5元 D.4r 3.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且b=2,A三45°，C=75°，则a= A.2 B.22 c.25 D.26 3 3 3 3 4.已知平面向量a=(1,0),b=(1,1),若a+2b与2a+b共线，则1= A.0 B.1 C.-1或1 D.0或1 已知a上=6，e为单位向量，且向量ā与è的夹角为135°，则石在心上的投影向量为 A.-32E B.-3√2a .C.32e D 32a 6.如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C为圆O上异于A、B的任意 一点，则图中互相垂直的平面有 A.2对 B.3对 C.4对 D.5对 B 0 高一数学学业水平达标检测试愿第】页（共4页） 7.如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，E、F分别为AB、AC的 中点，平面EB,CF将三棱柱分成左右两部分，体积分别为Y和V, 则V:V2= A.4:3 B.5:3 C.6:5 D.7:5 8.已知O是△ABC内-·点，且OA+OB+OC=0,点M在△OBC内（不含边界），若 M=1AB+4AC,则入+2μ的值可能为( ) A月 B.1 c.9 D.9 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z∈C,下列说法正确的是 A.三+z是实数 B.zz日zP C..2 D.设z在复平面内对应的点为Z,若1zs2,则点Z的集合构成的图形的面积为3元· 10.己知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，则根据下列条件能确定C为钝角的是 A.CA.CB<0 B.A,B均为锐角，且SinA>c0SB 1 C..(a+b+c)a+b-c)=3ab D. ->l tan Atan B I1如图.在平行六面体ABCD-A,B,C,D,中，AB=AD=AA=1,AB⊥AD, ∠AAD=∠AAB=60°，设B=ā，AD=i,A,=c,则 A.AC=a+6-c D B.|AC上√5 C.点A在底面ABCD的射彩在线段BD上 D.三枝锥A,一ABD的外接球的表面积为2π 高一数学毕业水平达标检测愿试题第2页（共4页) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.直线1的-个方向向量为a=(2,1,m),平面a的-个法向量为i=(1,-2,3),若.111a· 则m=一· 13、在长方体ABCD-AB,C,2,中，AB=AD=2,AA,=4,E为DD,的中点，则点D 到平面ACE的距离为一一， 14.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B.C的对边，且a=1,.（ BC BA ).AC=0. BCIBAI 若△MBC的面积S=(a2+b2-c2),则b= 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) 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD,AB/IDC,且DC=2AB,M为PD的中 点 (1)求证：AM∥平面PBC: (2)若PD⊥面ABCD,PD=DC=2、AD=1,求直线AM与BC所成角的余弦值. 16.（本小思满分15分) 如图，正方体ABCD-AB,CD,的棱长为2，E为A4的中点，F在线段AD上. (I)若EFII平面A,DCB,求证：F是AD的中点： (2)求直线AB和平面ADCB,所成的角的大小， 2 C B 高一数学些业水平大标拾测试笛3万（共 4顶) 17.(本小题满分15分) 已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且asin B+bcosA=0. (1)求A: (2)若D为BC的中点，AD=√5，△ABC的面积为1，求a. 18 如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AA,=AB=BC、平面ABC⊥平面ABB,A, D为线段AC(不含端点)上的动点. (1)求证：AB,⊥平面ABC: (2)求证：△ABC是直角三角形： (3)求平面ACD与平面ABD夹角的余弦值的取值范围. C B 19.（本小题满分17分) 已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且BA.BC-AB.AC=c2-bc. (1)求A: (2)若△ABC为锐角三角形，且外接圆的圆心为O,b=2. (i)证明：BO,AC=2-c. ()记△B0C的面积为Sc,求，云的最小值 1-BO.AC 高一数学学业水平达标检测愿试愿第4页（共4页） 2025-2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 数学参考答案及评分细则 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 答案 D A B D ABD AD BCD 填空题：12.0 2V3 13. 14.V2 3 解答题： 15.解析： (1)方法一：取PC的中点2，连结Mg,BQ,因为M是PD的中点， 所以M0IDC,Mg=DC, …1分 又ABIDC,AB=二DC, 2 所以ABIIMO,AB=MQ, …2分 所以四边形ABOM是平行四边形， …3分 所以AM IIB2, …4分 因为AMa平面PBC,BQC平面PBC, …5分 所以AM∥平面PBC:… …6分 方法二：取DC的中点N,连接MN,AN, 因为M为PD的中点，则MN∥PC, 因为MNa面PBC,PCc面PBC, 所以MN∥面PBC,… …2分 又AB∥DC,DC=2AB,N为DC的中点， 则四边形ABCN为平行四边形， 所以AN/IBC,ANE面PBC,BCC面PBC, 从而AN∥面PBC,… …4分 又ANOMN=N,AN,MNc面AMN, 所以面AMN∥面PBC, …5分 第1页共12页 又AMC面AMN,所以AM∥面PBC,…6分 (2)方法一：由(1)知AM∥BQ,则AM与BC所成角为∠CBQ或其补角， …7分 因为PD⊥面ABCD,ADC面ABCD, 所以PD⊥AD,… …8分 又M为PD的中点，PD=2,AD=1, 则AM=√2，由(1)可知BQ=AM=√2， …9分 同理可得PC=VPD2+DC2=2V2, …10分 又因为2为PC的中点，则CQ=√2， 又AB⊥AD,AB∥DC,DC=2AB=2, 所以BC=√2，… …11分 从而△BCQ为等边三角形， 所以cos∠BC2=cos60°= 即AM与BC所成角的余弦值为2 …13分 方法二：因为PD⊥面ABCD,AB⊥AD, 则以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dz, 则M(0,0,1)A,0,0）,B0,0,1)C1,0以…8分 所以AM=(-1,0,1,BC=(11,0), …10分 cos(AM,BC)= AM.BC AMBC 2x22 …12分 所以AM与BC所成角的余弦值为二 …13分 16,解析：注意：若先猜F为中点再证明，只给2分。 方法一：几何法 (1),EFII平面ADCB,平面ADCB,∩平面AADD=A,D,EFc平面AADD, ∴.EF//AD… …4分 第2页共12页 又：E为AA的中点 F是AD的中点…5分 (2)连接BC,交B,C于点O,连接AO …6分 因为AB⊥B,C,AB⊥B,B,B,COB,B=B,BC,BBc平面BCCB, 所以AB⊥平面BCCB.…8分 D C 又BCC平面BCC,B,所以A,B,⊥BC,.…9分 B A 因为BC⊥B,C,AB∩B,C=B,AB,B,Cc平面A,DCB, 可得BC⊥平面ADCB.…11分 B 因此AO为斜线A,B在平面ADCB,上的射影， 即∠BAO为AB和平面ADCB,所成的角.… …12分 在Rt△AB0中，∠B0A=90°，4B=2W2,B0=√2， 可得B0=24B. …14分 所以∠BA0=30°.即直线4B和平面ADCB,所成的角为30°.…15分 方法二：向量法 (1)以D为原点，DA,DC,DD,所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 如右图… …1分 D 因为正方体ABCD-A,B,CD的棱长为2，所以D(0,0,O), B A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),A(2,0,2）.…2分 因此DA=(2,0,2),DC=(0,2,0).…3分 A E为AA的中点，点F在AD上 ∴.E(2,0,1),可设F(化，0,0).…4分 .EF=t-2,0,-l).… …5分 第3页共12页 设n=(x,y,z)为ADCB平面的法向量，则 n.DA,=0,n-DC=0 …6分 即 [2x+2z=0 x=-2 (2y=0 y=0 取z=-1,则x=1,y=0 所以n=(1,0,-1)为ADCB平面的法向量.…8分 :EFII平面ADCB, ..EF.n=0 …9分 即-2+1=0..t=1 F是AD的中点… …10分 (2)由（1)得：A(2,0,2),B(2,2,0),n=(1,0,-1)为ADCB平面的法向量. 所以AB=(0,2,-2).…12分 设直线AB和平面ADCB,所成的角为O,则 21 sin= …14分 0∈(0,90) .0=30 即直线AB和平面ADCB所成的角为30.… …15分 17.解：(1)在△ABC中，asin B+bcosA=0 由正弦定理Q=b c一得 sin A sin B sin C 1分 sin Asin B+sin Bcos A=0.................. 2分 在△ABC中，sinB≠0，则有 SinA+c0SA=0.… 3分 即tanA=-1 4分 因为A∈(0，π) 即得A= 3π 。,,。0。,。。44000000,5 4 第4页共12页 (2)△ABC的面积为SMBC= 1 -bcsin A= -bc. 2 2 =l6分 则有bc=2√2 …7分 由D为C价中点，得而-号西+G 8分 两边平方得 AD-8+248.Ac+Ac) 又AD=√5 则有(W52=c2+2 bccosA+b2 10分 由(1)A=3江及bc=22,得62+c2=24 12分 4 在△ABC中，由余弦定理得 a2=b2+c2-2 bccosA=24-2×22× √2 .14分 解得a=2√万 所以a的值为2√万. .15分 18.解析：（1)证明：在直三棱柱ABC-A,B,C中，AA,=AB 则四边形ABBA为正方形 则AB1⊥A,B 1分 又平面A,BC⊥平面ABB,A,平面A,BC∩平面ABB,A,=A,B AB,C平面ABB,A 所以AB⊥平面ABC3分 (2)证明：由(1)知AB,⊥平面A,BC 由BCc平面ABC 所以BC⊥AB… 4分 直三棱柱ABC-A,B,C中，BB,⊥平面ABC 第5页共12页 由BCC平面ABC,所以BC⊥BB 由AB、BB,C平面平面ABB,A,AB∩BB,=B, 所以BC⊥平面ABBA。 5分 由ABC平面ABB,A,所以BC⊥AB 则△ABC是直角三角形6分 (3)由(2)可知BC,BA,BB两两垂直，则以B为原点，建立空间直角坐标系B-z, 如图所示，设AB=1,则B(0,0,0),C(1,0,0),A(0,10),A1(0,1,1)7分 设4D=元4C(0<元<) 则有D(2,1-元，1-2)… 8分 故BA=(01,0),BD=(2,1-元，1-2)， 设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则有 [m.BA=0 即y=0 m·BD=0 气r+0-)y+(1-元)z=09分 令z=,则x=元-1 所以m=(亿-l,0,Z)10分 又AC=1,-1,0),AA=(0,0,) 设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则有 m:Ac=0即-y=0 即 n.A4=0z=0 .11分 令x=1,则y=1 所以n=(1,1,0) 12分 设平面ACD与平面ABD所成角为O,则 mn cos=cos m,n > (2-1)×1+0×1+元×0 2- m×m V12+12+02×V(亿-102+02+2√2×V222-22+1 第6页共12页 a-1 _V2 √2×V22-2n+12V22-21+1 14分 设t=2-1∈(-1,0) 则cos0=2 (亿-}-2.2-2 2`V22-22+12V22+21+12 …15分 周+： 时c(-D0+份2-+利+1e+w) 故cos9e0,号) 所以平面ACD与平面ABD所成角的余弦值的取值范围是 2 17分 19,解析：（1)方法一： .BA.BC-AB.AC=c2-be .BA.BCcosB-AB.ACcosA=c2-be 即cac0sB-cbcosA=c2-bc…1分 由余弦定理得：c oatci-bi-obbitci-a =c2-cb 2ac 2bc 即a2-b2=c2-cb .b2+c2-a2=bc .cos4= 2+c2-a21 2bc 2…3分 又A∈(0，π)， 六A=石 3 …4分 方法二： BA.BC-AB.AC=c2-bc 第7页共12页 .BA BCcosB-AB.AC]cosA=c2-be 多 cacos B-cbcos A=c2-bc …1分 .∴acos B-bcosA=c-b 由正弦定理：sinsinBsinc=2R .sin Acos B-sin Bcos A=sin C-sin B ,A+B+C=π∴.sinC=sin(A+B) .'sin Acos B-sin Bcos A=sin(A+B)-sin B sin Acos B-sin Bcos A=sin Acos B+cos Asin B-sin B ∴.2 sin Bcos A=sinB 又B∈(0，π) .sinB≠0 ∴.cosA= 2 ……………3分 由A∈(0，π)， A= 3 …4分 (2)由题意得： BO.AC=BO.(BC-BA) =BO.BCcos∠OBC-Bo外BAos∠OBA …6分 由(1)知，b2+c2-a2=bc,又b=2, .c2-a2=2c-4 而元-0--4-2如2-e,0运 …8分 2”2 第8页共12页 (3)由(2)知：B0.AC=2-c b 由正弦定理sin BsinC bsinC 2sin(A+B) ..C= sin B sin B 2sin+B (3 sin B 3cosB+sin B sin B 1*⑤ tan B 、·80Ac=2-c=1-5 tan B …10分 记外接圆半径为R,Sax=08卧OCsin.∠B0C= R2sin 25 R2…11分 2 3 4 由正弦定理： inB=2R,即R= 1 sin B Suoc =3 1 sin'Btcos'B5 1+ 4 Γ4sin2B4sin2B 4 tan?B …13分 SABOC 5+) tan2B 1 tanB+_） 1-BO·AC 3 4 tan B tan B ………14分 0<B< 0<B< △ABC为锐角三角形，A二 2 → π <B<号 2 A+B> 6 2 3 anB 3 …15分 1 1 1-BOA元 4 anB+L） tan B4 7×2tanB.- tan B 2 …16分 第9页共12页 当且仅当tanB= 1 ,即tanB=l时，等号成立. tan B Ssoc三的最小值为) ÷1-B0·AC .…17分 方法二：由(2)知：B0.AC=2-c 记外接圆半径为R,Smc=p8 csinB∠0C=R'sin2=5 R2…9分 3 4 在△OBC中，由余弦定理得：a=√5R …10分 由(2)知：c2-a2=2c-4 R2=C2-2c+4）…12分 3 R2= (2-2c+4)… …13分 4 12 0<C< 0<C< :△ABC为锐角三角形， A号 π → → C× A+C> 6 2 2 2 .1<C<4… …14分 SABOC 5c-2c+4 1 ÷1-BO·AC c-1 √5(c-1)2+3 12c-1 Γ12 互×25 …16分 当且仅当c-l。名即e=+5时，取的级小值。7分 第10页共12页 小题部分详解 7.C 【详解】设平面EB,C,F将三棱柱分成左右两部分体积为Y和'2，三棱柱的高为h,底面的 面积为S,体积为V, 则V=Y+V,=Sh, 因为E、F分别为B，AC靠近点A的三等分点，则SB=S, 。1 可海业=+3+小4h= 4 12 所以右半部分的体积=V-= 5 Sh- 所以Y:V2=7:5 8.c 【详解】因为O是ABC内一点，且OA+OB+OC=0,所以O为ABC的重心. 又因为点M在△OBC内，所以考虑元+2！在△OBC边界上取值情况， 当点M与点O重合时，2+2最小， 此时双恋+c-子[亚+元小亚+与五，所以a==方即以+2u=l 当点M与点C重合时，1+2μ最大，此时AM=AC, 所以2=0,4=1，即元+2μ=2. 因为点M在△OBC内且不含边界，所以元+2μ∈(1,2)， 所以2+2μ的值可能为7， 9 11.BCD 【详解】A:AC=AB+BC+CC=a+b+C,故A错误： B:|ACHā+6+c=Va+b+)2=2+b2+2+五b+五+xb=√5，故B正确： C:由|A,AHA,BHADI得A在底面射影为△ABD的外心，即BD的中点，故C正确： D:由C知面ABD⊥面ABD,易得外接球球心为BD的中点，所以球半径为 ，故球 2 的表面积为2π故D正确. 第11页共12页 14.b=√2 【详解】根据余弦定理a+公-c2=2 2abcosC,则S.c=e2+62-c)=2 abeosC. 根据三角形面积公式c=方snC,则sinC=子2 aubonC, 化简得sinC=cosC,即tanC=l.因为C是三角形内角，所以C= 4 BC BA AC=0 如图所示，在边BC,BA上分别取点D,E,使BD= BC BE= BA 以BD,BE为邻边作平行四边形BDFE,则四边形BDFE为菱形， 连接BF,DE,BF⊥DE,且BF= BC BA AC=0, BC BA BC BA :BF.AC=0,.BF⊥AC. 又DE⊥BF,DE/IAC且BD=BE,∴，BC=BA,即a=C. 又C=景，所以A=C=异，进而B=受，所以金48C是等腰直角三角形. 4 因为a=l,由勾股定理得b=√2 第12页共12页