安徽省滁州市2025-2026学年高一数学下学期期中试题含解析

注意事项：

1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．

2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．

3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题上．

第Ⅰ卷（选择题共58分）

一、单项选择题：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.下列命题正确的是

A.若a,b都是单位向量，则ab

B.两个向量相等的充要条件是它们的起点和终点都相同

C.向量AB与BA是两个平行向量

D.若ABDC，则A,B,C,D四点是平行四边形的四个顶点

【答案】C

【解析】

【分析】利用单位向量的定义可判断A；利用向量相等的定义可判断B；利用平行向量的定义可判断C；利

用向量相等的定义可判断D.

【详解】对于A，单位长度为1的向量为单位向量，

a,b都是单位向量，但方向可能不同，故A不正确；

对于B，模相等，方向相同的向量为相等向量，故B不正确；

对于C，向量AB与BA为相反向量，所以两个为平行向量，故C正确；

对于D，ABDC，若A,B,C,D四点在同一条直线上，

A,B,C,D不能构成平行四边形，故D不正确；

故选：C

【点睛】本题考查了向量的基本概念，需理解单位向量、相等向量、共线向量的概念，属于基础题.

2

2.若复数1+ai2i（i为虚数单位）是纯虚数，则实数a

A.1B.1C.0D.1

【答案】B

【解析】

2

【详解】试题分析：因为1ai2i1a22ai2i1a22a2i,

1a20

由题意可得{,解得a1.故B正确.

2a20

考点：复数的运算.

【易错点晴】本题主要考查的是复数的乘法运算和i的性质，属于容易题．解题时一定要注意i21和运

算的准确性.当复数为纯虚数时一定要注意其实部等于0,虚部不等于0,否则极易出错.

3.已知两个单位向量a,b满足ab，则4a3b（）

A.5B.4C.3D.2

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可得ab1，ab0，结合数量积的运算律求模长.

【详解】由题意可知：ab1，ab0，

222

所以4a3b4a3b16a24ab9b16095.

故选：A．

4.设e1,e2为平面内的一个基底，则下面四组向量中不能作为基底的是（）

A.和B.和

e1e2e1e24e12e22e14e2

1

C.2ee和eeD.e2e和4e2e

121221212

【答案】C

【解析】

【分析】根据基底的定义，结合共线向量的性质判断即可.

【详解】平面向量的基底由两个不共线的非零向量组成，

11

C选项中，，即和为共线向量，

2e1e22e1e22eee1e2

2122

所以它们不能作为基底．

其他选项中的两个向量都不共线，所以可以作为基底．

故选：C

5.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形ABCD，已知AB4，CD2，则四边

形ABCD的周长为（）

A.8236B.822

C.62223D.662

【答案】C

【解析】

【详解】由题意知直观图为等腰梯形ABCD，AB4，CD2，DOB45，

42

则AD22；

2

将直观图复原为原图，如图所示：

则AB4，CD2，AD22，

作CFAB于F，则FB2,CF22，

所以BC4823，

故四边形ABCD的周长为42232262322.

6.ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，设向量p(sinB,ac),q(sinCsinA,ba).

若R使pq，则角C的大小为（）

π2πππ

A.B.C.D.

6332

【答案】C

【解析】

【分析】根据共线向量定理可知p//q，再根据向量共线的坐标表示即可列出方程，然后利用正弦定理以及

余弦定理即可解出．

【详解】因为pq，所以p//q，即(ba)sinB(ac)(sinCsinA)0，边角转化得

a2b2c21π

b2abc2a20，所以cosC，而0Cπ，所以C．

2ab23

故选：C.

7.某远洋运输船在海面上航行至海上A处，测得小岛上灯塔顶端P位于其正西方向且仰角为45°，该运输

船继续沿南偏西30°的方向航行100米至B处，测得灯塔顶端P的仰角为30°，则该灯塔顶端P高于海面

（）

A.50米B.100米C.1002米D.1003米

【答案】A

【解析】

【分析】设灯塔顶端P高于海面的距离为PCh米，利用锐角三角函数的定义算出ACh米，BC3h

米，然后在ABC中利用余弦定理建立关于h的等式，解之即可得到本题的答案．

【详解】根据题意作出示意图，如图所示，

设灯塔顶端P高于海面的距离为PCh米，由题意得PAC45，PBC30，

hh

所以ACh米，BC3h米，

tan45tan30

在ABC中，AB100，CAB903060，

由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcos60，

即3h2h210022h100cos60，整理h250h50000，解得h50(h100不符合题意，舍去）．

综上所述，灯塔顶端P高于海面的距离为50米．

故选：A．

8.已知梯形ABCD中，AB//CD,AB2BC2CD2AD4，点M为边CD上的动点，若

AMB，则cos的范围是（）

11111

A.0,B.,1C.,D.,0

77727

【答案】D

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，应用向量的夹角公式计算最后结合值域求解.

【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则

A2,0,B2,0,C1,3，D1,3，

设Mx,31x1，则AMx2,3，BMx2,3，

x243x21x21

cos

22422，

(x2)3(x2)3x2x49x2148

令x21t，则1t0，

tt248

，

cos212

t248t48t48

1

可得cos,0，

7

故选:D.

二、多项选择题：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.在ABC中，下列结论正确的是（）

A.若sin2Asin2B，则ABC为等腰三角形

B.若sinBcosA，则ABC是直角三角形

C.若sin2Asin2Bsin2C，则ABC是钝角三角形

abc

D.若ABC，则ABC是等边三角形

coscoscos

222

【答案】CD

【解析】

【分析】由三角函数的性质结合诱导公式判断选项AB；正弦定理角化边余弦定理得角的范围判断选项C；

正弦定理结合倍角公式化简判断选项D.

【详解】对于A，ABC中，若sin2Asin2B，则有2A2B或2Aπ2B，

当2A2B时，AB，ABC为等腰三角形；

π

当2Aπ2B时，AB，ABC为直角三角形，

2

故A选项不正确，

πππ

对于B，ABC中，若sinBcosAsinA，则BA或BπA，

222

ππ

即AB或BA，因此ABC不一定是直角三角形，故B选项不正确；

22

对于C，ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，则根据正弦定理得a2b2c2，

a2b2c2

余弦定理得cosC0，则C为钝角，ABC是钝角三角形，故C选项正确；

2ab

abcsinAsinBsinC

ABC

对于D，ABC中，若ABC，则ABC，即sinsinsin，

coscoscoscoscoscos222

222222

ABCπ

由A,B,C(0,π)，得,,0,，

2222

ABC

所以，ABC，ABC是等边三角形，故D选项正确．

222

故选：CD．

10.i是虚数单位，下列说法正确的是（）

A.i20241

13

B.若i，则2

22

C.若z1,zC，则z2的最小值为1

D.若43i是关于x的方程x²pxq0p,qR的根，则q7

【答案】BC

【解析】

【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法运算及共轭复数的定义即可判断B；设

zxyix,yR，再根据z1，求出x,y的关系，再结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复

数根互为共轭复数即可判断D.

10121012

【详解】对于A，i2024i211，故A错误；

13

对于B，若i，

22

2

则21313，故B正确；

ii

2222

对于C，设zxyix,yR，

由z1，得x2y21，即y21x20，所以1x1，

2

则z2x2y2x24x41x24x51,3，

所以z2的最小值为1，故C正确；

对于D，若43i是关于x的方程x²pxq0p,qR的根，

则43i也是关于x的方程x²pxq0p,qR的根，

所以43i43iq25，故D错误.

故选：BC.

11.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，ABC外接圆的半径为2，且

acosBbcosAc4cosA1，则下列结论正确的是（）

π

A.A

3

B.a23

C.ABC面积的最大值为33

D.若bc2，角A的平分线交BC于点D，则AD3

【答案】ABC

【解析】

【分析】由正弦定理及两角和正弦公式化简判断A；由正弦定理计算判定B；由余弦定理结合基本不等式可

得，再利用三角形面积公式计算判定C；由，利用三角形面积公式计算判断

bc12SABCSABDSACD

D.

【详解】对于A，因为acosBbcosAc(4cosA1)，

所以sinAcosBsinBcosAsinC(4cosA1)，

所以sinABsinC(4cosA1)，又ABπC，即sinABsinπCsinC，

则sinCsinC(4cosA1)，又sinC0，所以14cosA1，

1π

解得cosA，又0Aπ，故A，故A正确；

23

π

对于B，因为A，ABC外接圆的半径为2，

3

3

所以a2RsinA423，故B正确；

2

对于C，因为b2c2a22bccosA，即b2c212bc，

又b2c22bc，所以12bc2bc，得bc12，当且仅当bc23时，取等号，

所以133，即面积的最大值为，故C正确；

SbcsinAbc1233ABC33

ABC244

对于D，由bc2，结合b2c212bc，解得b4,c2，

1π1π1π

由SSS，即24sin2ADsin4ADsin，

ABCABDACD232626

43

解得AD，故D不正确．

3

第Ⅱ卷（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为______

【答案】3

【解析】

【分析】由题意可知圆锥的母线长为2，根据圆锥侧面展开图的弧长为圆锥的底面圆的周长，可求得底面圆

的半径，进而求得圆锥的高.

【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，

有题意知l2，2πr2π，解得r1，

所以hl2r23.

故答案为：3.

1

13.设非零向量、的夹角为，b2a，b在方向上的投影向量为a，则cos______．

aba2

1

【答案】##0.25

4

【解析】

【分析】由投影向量的定义可求得cos的值.

ab1

【详解】由题意可知，b在a方向上的投影向量为bcoscosa2cosaa，

aa2

1

故cos.

4

1

故答案为：.

4

14.已知三棱锥PABC的四个顶点均在球O上，PB平面ABC,ABC为等腰直角三角形，A为直角

顶点．若PA13，且tanPAB23，则球O的表面积为_______．

【答案】14π

【解析】

【分析】把三棱锥补成长方体，利用三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的体对角线就是长方

体外接球直径，可求球的表面积.

【详解】因为PB平面ABC,AB,BC平面ABC，所以PBAB,PBBC．

PB

所以在RtPBA中，由PB2AB2PA2(13)2,tanPAB23，可求得

AB

AB1,PB23．在等腰RtBAC中，BCAB2AC212122．

易知三棱锥PABC是球O内接长方体的一部分（如图），PC是该长方体的体对角线，故球心O在PC的

中点处．

14

因为PCPB2BC2(23)2(2)214，所以球O的半径为，故球O的表面积为

2

2

14．

4π14π

2

故答案为：14π

【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的外接球表面积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球为

解题的关键.

四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或

演算步骤．

π

15.在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若a2,b4,C，

3

（1）求边c，

（2）求A,B．

【答案】（1）c23

ππ

（2）A，B.

62

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理求边c.

（2）利用勾股定理的逆定理判断ABC的形状，再求角A,B.

【小问1详解】

22π

由余弦定理，c2a2b22abcosC24224cos12，

3

所以c23.

【小问2详解】

ππππ

因为a2c241216b2，所以ABC为直角三角形，B，A.

2236

16.如图，在正四棱锥SABCD中，SO是这个四棱锥的高，SM是斜高，且SO8,SM10.

（1）求这个四棱锥的侧棱长;

（2）求这个四棱锥的全面积和体积.

【答案】（1）234

（2）384；384

【解析】

【分析】（1）利用勾股定理计算出OM，可得出CMOM，然后利用勾股定理可计算出SC，即为该四

棱锥的侧棱长；

（2）计算出该正四棱锥的侧面积和底面积，相加即可得出该正四棱锥的全面积.再由体积公式求得体积.

【小问1详解】

在Rt△SOM中，OMSM2SO2100646.

在RtSCM中，SM10，CMOM6，

侧棱长SCSM2CM210036136234；

【小问2详解】

BC2OM12，

11

S侧4BCSM41210240，

22

22

S底BC12144，

S全384.

12

V128384,

3

17.在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且bbcosAacosB，

（1）求角C的取值范围；

ca

（2）求的取值范围.

b

ππ

【答案】（1）C,

42

ca

（2）12,23

b

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理化简等式，根据角的关系，再根据锐角三角形列式求解；

（2）根据正弦定理由边的关系转化为角的关系，再根据三角恒等变换转化为cosB的二次函数求解.

【小问1详解】

bbcosAacosB，∴由正弦定理得sinBsinBcosAsinAcosB，

πππ

即sinBsinAB，ABC为锐角三角形，A,B0,,则AB,

222

所以BAB，即A2B，CπABπ3B，

π

02B,

2

ππππ3ππ

0π3B,B,,3B,π,C,.

2642442

π

0B,

2

【小问2详解】

casinCsinAsin3Bsin2B3sinB4sin3B2sinBcosB

由正弦定理得

bsinBsinBsinB

2

2215

34sinB2cosB4cosB2cosB14cosB,

44

23

cosB,，

22

ca

12,23.

b

18.如图，长方体ABCDABCD由，AB12，BC10，AA6，过AD作长方体的截面ADEF

使它成为正方形.

（1）求三棱柱AAFDDE的表面积；

（2）求三棱锥CDEF的体积；

（3）求VBADEF.

【答案】（1）288

（2）120

（3）80

【解析】

【分析】(1)根据截面ADEF为正方形，可得AF8，利用三棱柱的表面积公式即可求解；

(2)利用VCDEFVFDEC结合三棱锥的体积即可求解；

(3)根据VBADEF2VBAEF2VABEF即可求解.

【小问1详解】

因为截面ADEF为正方形，

所以ADAFBC10，

在RtAAF中，AA2AF2AF2，

即62AF2102，解得AF8，

所以三棱柱AAFDDE的表面积

1

2SS矩形S矩形S正方形2681061081010288

AFAADDAADEFAFED2

【小问2详解】

111

由题可得：VVEFS10612120

CDEFFDEC3DEC32

【小问3详解】

因为VBADEF2VBAEF2VABEF，

在长方体中AA平面BEF，

所以三棱锥ABEF的高为AA6，

111

所以

VBADEF2SBEFAA2EFBF6

332

11

2104680.

32

19.著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（16011665）于1643年提出的平面几何极值问题：

“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为

费马点．已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC的三个内角均小于120时，使得

APBBPCCPA120的点P即为费马点．在锐角ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，

且3c2asinC．若P是锐角ABC的“费马点”，a23．

（1）求角A；

（2）若bc；求△APB的面积；

（3）若PAPBPBPCPCPA4，且bc．

①求ABC的周长；

②求PAPBPC的值．

π

【答案】（1）A

3

（2）3

（3）①623；③27

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理结合已知条件求解；

（2）利用正三角形的性质，结合费马点定义、余弦定理构造方程求出PA,PB，进而利用三角形面积公

式求解；