甘肃陇南市宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以立体几何、解三角形、复数为主体，通过黄鹤楼测量、《九章算术》“曲池”等情境设计，融合数学眼光、思维与语言，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数虚部、解三角形最值、线面角、斜二测画法|结合直观图旋转体积计算，考查空间观念| |多选题|3/18|翻折问题、复数几何意义、解三角形性质|以直二面角为背景，考查推理能力| |填空题|3/15|向量运算、球体积与面积、折叠问题|矩形折叠长度表示，体现数学抽象| |解答题|5/77|向量夹角、解三角形周长与面积、长方体体积证明、“曲池”线面角|引用《九章算术》“曲池”几何体，融合文化传承与创新应用|

绝密★启用前 2025-2026年宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学 高一下学期期末考试数学试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2. 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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：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. 1．设复数,则的虚部是(      ) A.-3 B.3 C. D. 2．在中,角的对边分别为,且,则的最小值是(      ) A. B. C. D. 3．如图,在三棱锥中,D为的中点,平面,,则直线与平面所成角的正弦值为(      ) A. B. C. D. 4．在中,若,则(      ) A. B. C. D. 5．若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为(      ) A. B. C. D. 6．如图，为了测量两座山顶A，B之间的距离，飞机沿水平方向在相距2千米的C，D两点进行测量，在C点测得，，在D点测得，已知A，B，C，D在同一个铅垂面内，则两山顶A，B之间的距离是(      ) A.千米 B.千米 C.千米 D.千米 7．享有“天下江山第一楼”美誉的黄鹤楼位于湖北武汉,地处蛇山之巅,濒临万里长江,更因历代诗人登楼作诗而名闻天下.如图,某同学为测量黄鹤楼的高度,他选取了与该楼底部O在同一水平面内三个共线的测量基点,分别测得塔顶P点的仰角为,且,示意图如图,则该楼高(      ) A. B. C. D. 8．如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是(      )    A.平面 B.的取值范围是 C.三棱锥的体积为定值 D.的最小值为 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．如图1,矩形中,,过BD向对角线作垂线,垂足分别为E,F,且,将沿翻折,得到三棱锥,如图2,则下列说法正确的是(      ) A.三棱锥的外接球的表面积是 B.三棱锥体积的最大值为 C.二面角为直二面角时,的长为 D.二面角为直二面角时,点C到平面的距离为 10．已知复数,则下列结论正确的有( ) A.z的虚部是i B.z的共轭复数是 C.z在复平面内对应的点在第一象限 D. 11．在中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足,,则( ) A. B. C. D.的范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12． 在中,,,.设点,满足,,.若,则. 13．已知球O的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为________. 14．如图，将矩形纸片的左下角沿着折痕折起，使得顶点A落在矩形的右边上F点，那么折痕长度l取决于角θ（)的大小，已知的长度为8，请用θ表示l，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．（14分）已知平面向量，. (1)求的值； (2)若向量与夹角为，求实数λ的值. 16．（15分）在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知. （1）求B; （2）若,且的面积等于,求的周长. 17．（16分）如图,长方体中,,点P为的中点. （1）求三棱锥的体积. （2）求证:直线平面; （3）求异面直线与所成角的余弦值; 18．（16分）在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且. (1)求角C的大小; (2)若边,求的面积S的最大值. 19．（16分）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中,平面,延长,相交于点,,,E为弧的中点. (1)证明:; (2)若,求直线与平面所成角的正弦值. ( 第 1 页 共 3 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案 1.答案：A 解析：依题意：z+w=4+3i, 则z+w=4-3i,所以其虚部为-3. 故选：A 2.答案：C 解析：△ABC中，AB∈0，对cosA=-sinB=cos写+B),A=+B 2 又4+B+C=πC22B ( 0<B<π 0<)+B<元 0<；-2B<元：0<B<cos e()os2Be(兮) a b c=2R 在△4BC中，由正弦定理得，sinsin BsinC c sin B+sinC sinB+sin(2B)sinBcos2B 1-cosB+(2cosB a2 sin2A sin2(+B) cos2B cos2B 4cos'B-5cosB+2-4cosB+ cos2B c0sB5≥2V4cos2Bx 2-5=4N2-5. cos2 B c0s2B即cos2B=V2 当且仅当4cos2B=2 时，等号成立 b2+c2 故 a2的最小值为4V2-5 3.答案：A 解析：在△ABC中，AB⊥AC,且AB=AC=2,所以△ABC是等腰直角三角形. 因为D为BC的中点，根据等腰三角形性质，AD⊥BC, 在R△ABC中，BC=VAB+4C=V+2-2N2所以D-BC=2 因为PD⊥平面ABC,AD,BCC平面ABC,所以PD L AD,PD⊥BC. 以D为原点，DA、DB、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系. 所以D(0.00)42,00),8D=BC=2,B0,0),c0,-2,0） 设P(0,0,h),在Rt△PDC中，PC=2,CD=√2 所以PD=VPc2-CD=2-(2=2故P(00,2) 所以AP=(V2,0N2),AC=(V2,-V2,0）, 「n.Ap=-√2x+√2z=0 设平面p4C的法向量为元=(k,2)》侧nAC.-2x-2y=0' PAC 令x=1,则y=-1,z=1,所以平面PAC的一个法向量为万=L,-l,1) BP=(0,-V2,V2),设直线BP与平面P4C所成的角为0 所以sin8=kos<B配，i BP.0x1+(-V2)x(-I)+2x1 2W2√2√6 BP √4×√3 2x5V万3 4.答案：D 解析： E 正=西+E-西+号8c-孤+号(8+4C)}B+号4c 5.答案：B 解析：己知在斜二测图形中AC'IOB,A'C⊥B'C',A'C'=1,OB'=2, 根据斜二测画法中平行于x轴的线段长度不变的规则，可知在原图形AOBC中 AC//OB,AC=1,OB=2 又已知OA=√2，由斜二测画法中平行于y轴的线段长度减半的性质， 可得原图形中A0=2A0=2×V2=2V2,且OA⊥OB(斜二测画法中x轴与y轴夹角 在原图形中为90°). 如图，得到原图 B 因为梯形AOBC以边AO为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台， 其中圆台的底面半径片=AC=1,2=0B=2,高h=0A=22: 板据圆台休积公式，可得/-代+S+小Sh月 (x1'+π×22+V元x1Pxπx2)×22=14N5 3 故选：B 6.答案：A 解析：在△ACD中，∠ACD=45°，∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°， 所以∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=75°， =sin(45+30)=sin45cos309+cos45sin309=2x3+2x1V6 22224 √23V216-2 cos750=c0s(45°+30°)=c0s45°cos30°-sin45°sin30°=2×2-2×24 由正弦定理 AC CD，得AC-CDsin60°2xV5 2=32-V6 sin75°√6+V2 sin∠DC sin∠CAD △BCD中，∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∠BDC=-30°， 所以∠CBD=180°-120°-30°=30°=∠BDC, 所以BC=CD=2 △ABC中，BC=2,AC=3V2-V6,∠ACB=75°， 所以由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC×4Ccos.∠ACB =4+24-125-2x2x5-6)x6:2 =10(4-2V3) =10(3- 所以AB=10x(3-1)=V3o-10 故两山顶4，B之间的距离是（√30-V@)千米 7.答案：D 解析：设楼高OP=hm, 因为OP⊥平面OAC,所以△POA,△POB,△POC均为直角三角形. 在Rt△POA中，∠PAO=45°，所以OA=OP=h 在R1△POB中：∠PB0=60即an60-O 所以OB=5h 3 在Rt△POC中，∠PC0=45°，所以OC=OP=h. 因为OA=OC=h,所以△OAC为等腰三角形. 又A,B,C三点共线，且AB=60,BC=30,所以AC=AB+BC=90 取AC的中点D,连接OD 45>M 459 B 因为OA=OC,所以OD⊥AC 在RIAODC中，CD-号4C=45,cos∠0CD-C25 OC h 在△OBC中，由余弦定理得：OB2=OC2+BC2-20C·BC·cos∠OCD, 即5=+0-2h305 整理得写=？+900-270， 解得2=2700，即h=30v3】 故该楼高oP为30V3m. 8.答案：D 解析：对于A,由于P为线段AB上的动点（不含端点）， 则平面DPC,即为平面ABCD, D C B 而AD与AD不垂直，则4D与平面ABCD不垂直，故A错误； 对于B,连接AD,设BP=x,0<x<V2, D A B B 在△APB中，∠ABP= 4’AB=1’BP=x' 由余弦定理得AP2=AB2+BP2-2AB·BPcos元=x2-V2x+1, 4 因为AD⊥平面AABB,APc平面AABB,所以AD⊥AP, 在R△AnP中，∠PAD=分，An=,AP=2-x, 则D,P2=AD+4p2=1+(V2-x=x2-22x+3, 在△APD中，由余弦定理可得cos∠APD=4P+DP-AD 2AP.DP -2-2x+1+x2-22x+3-2_2x2-3n2x+2_(2x-v2)x-2) 2AP.DP 2AP·DP 2AP.PD 当二x<2时，s∠APD<0,比时∠4PD为纯角，枚B错奥 对于C,在正方体ABCD-AB,CD,中，AB/D,C, 而P为线段AB上的动点（不含端点），且BC⊥平面DD,CC, 则P到平面DD,CC的距离即为BC=1, 所以e=eac写acBC-1wI1 6,故C错误； 对于D,连接PB,PD,AD, D B B 在正方形MBB中，AB=BB=1,∠PBA=∠PB8-年，则P8=PA, 因为AD⊥平面AABB,PAC平面A4BB,所以AD⊥PA, 所以DP+PB,=√AD2+PAP+PA=V1+PA+PA,随着PA的增大而增大， 面PL4,即P为B中点时，P取得最小值为48=号 2 则 的最小值为 V2_6+√ 、2 2, 故D正确 DP+PB=1+P4+PA 2 9.答案：ABD 解折：在矩形CD中速店=2师=2C利4E-号4C,又防1AC于反 则B=ABAC-号4C,而B=2解符4C=6~BC=aC2-AB=5 对于A,取AC中点O,连接OD,OB,则OD=OA=OC=OB', 点O是三校雏g-1CD的外接球球心，球半径R=6 ,该球表面积是4πR=6mA正确 TgE1c用E=C-2装29&0c0E 当且仅当平面AB'C⊥平面ADC,即B'E⊥平面ADC时，点B到平面ADC的距离最大， 肉此三棱锥g-4CD体积的最大值为-。x·BE=2)6. 9B正确 对于CDF1ACDF=BE=25, ,F=4c=6 3 由二面角g-AC-D为直二面角， 得(EB,FD)=90°，由BD=BE+EF+FD,得B'DFV(BE+EF+FD2 -B+ER+FD °，C错误； 对于D,由选项C知B'D= V 3’AB=2'AD=V2在△ABD中， 由余弦定理得 OS∠BAD 2 2×2W2 3 则sin∠BAD=V万 2 331 2W6 二面角g-AC-D为直二面角时，由选项B得，n=),设点C到平面ABD的距离 为h, 因此'c-ABD= 33 9所以h=22 114,2√6 h=- D正确。 10.答案：BCD 2 解析：已知复数2= 先化简：2= 20+0)=20+0=1+i. (1-i01+i)1-i2 A:的虚部为1，不是i,A错误 B:的共轭复数z=1-i,B正确 C:z对应复平面内点，)，在第一象限，C正确 D:z4=(1+i)=(21°=-4，z=4,z=(2)=4,所以=，D正确 11.答案：AC 解析：根据acosB=(2c-b)cosA+2 acosC,由正弦定理可知 sinAcosB=(2sinC-sinB)cosA+2sinAcosC. 整理得sin4cosB+sinBcosA=-2 sinCcosA-+2sin4cosC,利用两角和公式可知 sin(4+B)=2sin(4+C); 根据三角形内角和可知A+B=π-C,A+C=π-B, 故上式可化简为sin(π-C)=2sin(π-B)→sinC=2sinB,根据正弦定理可知c=2b,故A 正确； 假设2B=C,则sinC=sin2B=2 sinBcosB=2sinB,因为B∈(0，π)， 故sinB≠0，则cosB=1,B=0,则C=π，不符合三角形内角范围，故B错误； 由BD=2DC可得8D=号BC, 故而=+而=B+BC=B+引C-)+号C,放C正确 因为a-+号4C+号.c-g2+号+becos4。 9 9 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bcc0sA=9,故b2+c2-9=2 becosA,因为c=2b, 故而-号+号+号6+4-9列=25-2 [b+c=b+2b=3b>a=3 由三角形三边关系可知c-b=2b-b=b<4=3解得1<h<3” 故ADP=2b-2∈(0,16)，故AD的范围为(0,4)，故D错误 12.答案： 解析：设，则由已知可得 所以， 所以，解得 13.答案： 5V3 4 解析：由球的体积公式，V-号R=4N5,解得R=N5, 设△ABC的外心为H,连接DH, 由题意知DH为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心O在DH上， 不妨设O在线段DH上，连接AO,DO,AH, 3x 设△4BC的边长为5x' 由正弦定理可得，AH= 2sin60°-x, x2+y2=3 再设 由题知， OH=y x2+6+V3=2' 2 解得y=一 5 （负值表示球心O在线段DH的延长线上，实际情况如右图)， 所以x2= 由三角形面积公式，5c=*个5×咖60=55 H 8 4 14.答案： sin 20cose'sincos20 解析：根据折叠的性质，折叠前后两个图形全等，即△ADE≌△FDE, 所以AD=DF,∠ADE=∠FDE=O, 因为∠ADC=90°，所以∠CDF=∠ADC-∠ADE-∠FDE=90°-20， 在直角aC0中，可得as4(0F-8品，即0N0-20- DE 因为1B=CD=8所以sn20= DF,所以DF=8 sin 20' 在直角ADBr中，DE=DF 8 8 cos6sin20cos9,即l= sin 20cos0 15.答案：(1)5 (2)元=0或元=4 解析：(1)因为a=(2,-2),b=(-1,0),所以2a+b=(3,4) 2ā+=V32+(-4=9+16=V25=5: (2)因为a=(2,-2),万=(-1,0)，所以ā+6=(2-元，-2)， 2a+46=(0,-4), la+=v2-+4,2a+46=4: (ā+)(2a+46)=(2-2)x0+(-2)x(4)=8 因为向量。+万与2a+46夹角为4， a+)2a+45)=l+6pa+45cos子. 所以8-Q-分+449，即e--4=8,所以-=4 解得元=0或1=4， 所以实数九的值是九=0或元=4. 16.答案：(1)B=2n 3 (2)3+V1 解析：(l)因为V3 bsin A=a(2+cosB),由正弦定理得V3 sin Bsin A=(2+cosB)sinA, 因为A∈(0，π)，所以sinA>0, 所以V5sinB-eosB=2即2in(B-爱=2，sin(B-2=1, 6 62,即B=2π 因为B0利所以8急e(-管爱将B-名-号 3 2所以csim2r-5 1 3 =2所以ac=2 由余弦定理得b2=a2+c2-2 accos B=(a+c)2-ac,9=(a+c)2-2, 因为a>0,c>0,所以a+c=V11,所以△ABC的周长为3+V1 17.答案：(1)3 (2)证明见解析 (3) 3 6 解折：（山eD-S 2x2x2x2=4 1 3 2 (2)设AC∩BD=O,连接OP, 因AB=AD=2,且ABCD-ABCD为长方体， 则四边形ABCD为正方形，故O为线段AC中点， 因点P为DD的中点，则OP为△DDB的中位线，则OPID,B, 又OPc平面PAC,D,B￠平面PAC,则D,B/平面PAC (3)连接PC,OC,由(1)可知OPIID B,则直线BD与PC所成角是∠OPC1或其补角， 因AB=AD=2,A4=4,点P为DD的中点， OC-OD-BD-.DP-DP-2. 在RIAPDO中，P0=VDP2+OD=2+(2=V6, 在Rt△D,PC中，PC=VDP2+D,C=V2+22=2V2, 在RtaC0C,中，0C=VCC2+0C=42+(V2)=32, 在△PC0中由余弦定理得，cos∠0PC=CP+0P-C02.8+6-18 、5 2CP.OP 2×2W2×V6 63 3 故直线BD与PC所成角的余弦值为 6 D B B 18.答案：(1)C= 4 (2)V2+1 解析：(I)在△ABC中，由asin C+ccos A=b及正弦定理， sin Asin C+sin Ccos A=sin B=sin(4+C)=sin AcosC+sin CcosA. 则sin AsinC=sin AcosC, 而sinA>0,因此sinC=cosC,即tanC=l,又C∈(0，)， 所以C=π 4 ②(0为C-年，面。=2由余张定理e=d+-2 RabcosC 得4=a2+b2-V2ab≥2ab-V2ab=(2-V2)ab,则ab≤4+22，当且仅当a=b时取等号， 4abs. (4+22)=√2+1， 4 所以△ABC的面积S的最大值为V2+1. 19.答案：(1)见解析 g36 19 解析：(1)证明连接DE,OE,因为E为弧4B的中点， 则<40E 3△AO,E为正三角形，于是AD,⊥D,E, 因为A41平面ABCD,DDMA4,则有DD⊥平面ABCD, 又ADC平面ABCD,于是AD⊥DD, 而DE∩DD,=D,D,E,DDC平面DDE, 因此AD1平面DDE,又DEc平面DD,E, 所以AD⊥DE」 (2)以D为坐标原点，DO为x轴，D,E为y轴，DD为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系D,-2, Ea5传一小aaa4i可 E-5E-0网-5. DE.m=3y+42=0 设平面DBB的法向量为m=(k,以，)则D8m=2x+5y+4:=0 令z=5,得m=(0,-4,5), CE.m 设直线Cg与平面DEB 所成角为0，则sin0=cosCE,m CE cE励 5+5×4 4× 2 25 而 19, 25 故直线CE与平面DEB所成角的正弦值为19