浙江宁波市三锋联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题

本题共4页，满分150分，考试时间120一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一 a22b10，则b与ab夹角的余弦值为（A.

C.

D.在VABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若sinA：sinB：sinC4，则sinB（ B.

D.3如图，正方形OABC3，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原四边形OABCAB的长度为（

C.

D.若α//β,α∩γm,β∩γnm已知在直角ABCAB,CabcBπa

2c2BMACMACBMBC的值为（A.2 B.

D. b2a，则VABC是（A.锐角三角 B.直角三角 C.钝角三角 D.等腰三角

2

1在VABCBD

AC，则λ（

在VABCabc分别是VABCAB,C所对的边，点G是VABCAGBG，则cosC的取值范围是（）4

4 6

6

5

3

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，有选错或不选的得0分．a20bxya与b

b2则（A.x1,y B.ab1 C.ba2

D.abaVABCABCa，b，c→sinAsinB→cosBcosA mnsin2C，则下列说法正确的是（C=a4，b6，则c若c7，SVABC63，则VABC若c2，则VABCA1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（B1P平面CEFP的轨迹长度为若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为 DP平面CEFPDEF若AP ，则点P的轨迹长度为三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分．在VABCAB,Cabca1cosA

15,b2，则B ABCDABBC，ADBC，AD2，BC4，AB6，则VACDAB旋转一周形成的几何体的体积 已知OOB2OA2，AB

四、解答题：本题共5小题，共77a若 ，求a a∥b2abPABC6PAPBPCDEFDEF截PABCDEFABCMBC上的动点，PABCDEFABCEMMABM在ABCAB,CabcabcS1,S2,S3，已知SSS 3ac Ba4

b2

取最小值时，求ABCPABC1DEFPDDABEPFλBC上的点GAGDEF，点QPC AQ//DFAQGDEFQG//EF若GC3BG，求λ abba；②abcacbc在（1）

SV

ABAC其实对任意ABC

SV

ABACABCD有外接圆，圆心为OFMN本题共4页，满分150分，考试时间120一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一 a22b10，则b与ab夹角的余弦值为（A.

C.

D.【答案】

→ bab 1 5a故cosb,ab → a 在VABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若sinA：sinB：sinC4，则sinB（ B.

D.3【答案】

sin

sin

sin

2R,a:b:csinA:sinB:sinC2:3:4a2k,b3k,c

a2c2

4k216k29k

,由余弦定理的推论得：cosB Qsin2Bcos2B1,B0,πsinB

11cos21

22k 315

16k 如图，正方形OABC3，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原四边形OABCAB的长度为（

C.

D.【答案】【分析】根据斜二测画法先求出原图中的OA与OBAOBAB【详解】正方形OABC的边长为3，所以OAOA所以OB2OB32在正方形OABC32因为原图中OAOB

，因此OB2

6OA2OA2

9322322若α//β,α∩γm,β∩γnm【答案】ABDC正确A1B1C1D1DCC1D1A错误；A1B1C1D1BCC1B1D错误；mn,C正确已知在直角ABCAB,CabcBπa

2c2BMACMACBMBC的值为（A.2 B.

D. 【答案】BπBCaBMBC

2ABc2.MBπBBCxBAy因为BCa 2,ABc2,所以可设B0,0,C2,0,A0,MACAMtACMxyAMxy2AC22则xy2t2从而x 2t,y22t.故M2t,22tBMACBMAC BM2t22t,AC2故有2t22t220.即2t222t解得2t44t0即6t4即t2M222 3

222

所以BM 3,3,BC2,

222

2 因此BMBC 3,32,0

b2a，则VABC是（A.锐角三角 B.直角三角 C.钝角三角 D.等腰三角【答案】

C b2a和余弦定理，可知

2b2a22abcosC3a2，因此c a2c2a23a22a2b2因此VABCB为直角的直角三角形

2

1在VABCBD

AC，则λ（

【答案】 2ABACBD3BCADEADAEtADBE，与已知式比较系数即可求出ABbACBCBAACbccBD

2BC, 2 2

1 2 1 2→ t 2t EADAEtADt3b3c3b3 t 2t 2t于是BEBAAEbb

c1b

1 1比较c2t1

所以t1再比较b的系数，得λt1115故λ5

在VABCabc分别是VABCAB,C所对的边，点G是VABCAGBG，则cosC的取值范围是（）4

4 6

6

5

3

【答案】

【分析】设C00Ab0BacosCasinCAGBGAGBGabcosCxa0【详解】设C00Ab0BacosCasinCBCaCAb因为点G是VABC的重心，所以GbacosCasinC acosC2basinC 2asinC于是AG ,BG AGBGAGBG所以acosC2bb2acosCasinC2asinC 得acosC2bb2acosC2a2sin2CabcosC2a2cos2C2b24abcosC2a2sin2C5abcosC2a2cos2Csin2C2b20,5abcosC2a22b22a2b2因此cosC

2a2b2

2x2b2b2 2 1xb0axbcosC

x xcosC2 224x x1ab4又因为三角形内角0Cπ且这里由上式可知cosC0，所以必须有cosC1.2x11等价于2x25x201x5 x 1

cosC当x

x 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，有选错或不选的得0分．a20bxya与b

b2则（A.x1,y B.ab1 C.ba2【答案】

D.aba Dab,abBa20a →

a,b,→ → ab

b

222.所以B正确 a aaba aCba→

CA：设bxy,b2ab2得2xx1.x2y24y3A → → → →Dabab2ab4422 → → → →abab2ab4422 ababDVABCABCa，b，c→sinAsinB→cosBcosA mnsin2C，则下列说法正确的是（C=a4，b6，则c若c7，SVABC63，则VABC若c2，则VABC【答案】A→A:m·nsinAcosBsinBcosAsinABsin2C,AB2CABπ2CAB2CABC3CπCπABπ2C，AB2C

ABCπ矛盾，故Cπ，A正确B:ACπa4b6c2a2b22abcosC1636246128,c27.B正确C:

1absinC1ab 363,ab24V c2a2b22abcosCab22ab2abcosCab2482449,ab2121,ab D:c2Cπ,c24a2b22abcosCa2b2ab2abababab4

1absinπ 3ab 34 3V ab2时“成立,D正确A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（B1P平面CEFP的轨迹长度为若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为 DP平面CEFPDEF若AP ，则点P的轨迹长度为【答案】AABADAA1xyzA000B300C330D030A1003B1303C1333D1033E,

因 Pxy3，其中0x30y3

对平面CEF，有CE023CF203 设平面CEFnuvwnCE0，nCF0，即

v3w0

BP平面CEFBP0，即2x32y0xy3 3232

A确若DP平面CEF，则DP ，即2x2y330，整理得xy3n

3 3 3 2 23

正确CBDP平面CEFPxy3DEFPDEFDEF面积为定值.PDEF的距离是否为定值. D030E323F233DEF的一个法向量为22,1DEF 程可写为2x2yz6222222222x2y3

对 ，其到平面DEF的距离 xy32PDEFC正确对于D项，由AP 得x2y23217，即x2y28

三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分．在VABCAB,Cabca1cosA

15,b2，则B 【答案】 【分析】已知cosA

15可先求出sinA.

求出sinB，最后结合0Bπ【详解】因为cosA

15所以sinA

1cos211cos2

111由正弦定理sinAsinB,代入a1,b2,得 于是4

所以sinB1又因为三角形内角满足0BπB

5π B

5π ABCDABBC，ADBC，AD2，BC4，AB6，则VACDAB旋转一周形成的几何体的体积 【答案】ABCDABSπ224π,Sπ4216πh6 因此，该圆台的体积V1SS h128π6 Sπ4216πh6V1Sh116π632π 故所求几何体的体积VV1V256π32π24π 已知O为坐标原点，OB2OA2，AB 【分析】先由条件判断OAABOAOB1

，再利用向量数量积的运算律化简得

262OA4OBOC及2OA4OB213 332【详解】由题意得：OC 13 OB2OA2，AB

OB2,OA1OA

，所以OAAB所以cosAOB1 所以OAOBOAOBcosAOB12 所以CA2ABOAOC2OBOA2OBOAOC 所以CA2 2OBOA 4OBOAOC4OBOA2OA4OB4

4OBOA2OA4OB 2OA 4OA16OB16OA 4OA16OB16OAOB4641652 2OA4OB213 所以2OA4OBOC2OA4OB

26 CA2

262OA4OBOC262652 CA2AB

，则CA2AB的最大值是 四、解答题：本题共5小题，共77a若 ，求a a∥b2a（1）1（2）1或

（1）x1x2y1y20计算即可（2）x1y2x2y10x的值，结合向量线性运算及模的坐标公式计算1 a⊥bab1x2x3x12x3xx0．x22x30x=−1x3．12a若 ，则有1xx2x30，即x2x40，解得x0或xa x0a10b302ab102ab1 32x2a12b122ab36232

综上，2ab的值为1或 PABC6PAPBPCDEFDEF截PABCDEFABCMBC上的动点，PABCDEFABCEMMABM（1）VP

63（2）最小值为

BMAOPO，求得结果；（2）PBCABCEMMAAE，在VABEAE，利用VBEM∽VCAMAM，在VABMBM，即可得出结论1PABC内的射影OAO

3AB23PA2PA2

26，即四面体PABC的高为 所以

1 PO1 362

P 3V 正三棱台DEFABC的上下底面积分别为 3和

13323263

2727

3

3

3633 2PBCABCEMMAAE在VABEAB6BE3,∠ABE120由余弦定理得AE2AB2BE22ABBEcos∠ABE63，即AE 因为VBEM∽VCAM，所 2，所以AM 在VABMBMxAB2BM22ABBMcos∠ABMAM2，即62x26x272，x2x4BM2.综上，EMMA的最小值为 ，且取最小值时BM2在ABCAB,CabcabcS1,S2,S3，已知SSS 3ac Ba4（1）B

b2

取最小值时，求ABC （1）S1S2S3a2b2c2B（2）由第（1）Bπ所以可以先用余弦定理把b2表示成c1

1a2sin60∘

3a2,

1b2sin60∘

3b2 S1c2sin60∘ 3 SSS

3ac 3a2 3c2 3b2aca2c2b2

a2c2

B0,

B由余弦定理cosB ．因 ，所 ． 2a4Bπ，所以b2a2c22accosB16c24ccc 9 所 c 4

46

c

，即c5此时b216c24c21，所以b 3/由正弦定理可知外接圆直径2R 3/所以R ，所以ABC外接圆的半径 PABC1DEFPDDABEPFλBC上的点GAGDEF，点QPC AQ//DFAQGDEFQG//EF若GC3BG，求λ（1）（2）证明见解 （3）λ（1）AQ//DEF，再结合面面平行的判定定理求解即可利用面面平行的性质定理求解即可 1 3 1QAQ//DF，DFDEFAQDEFAQDEF，QAGDEFAQDEF，AGAQAAGAGQAQAGQ，AQGDEF2由（1）AQGD