四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

第第1页共4（考试时间：120分 满分：150分第I卷（选择题一、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，只有一复数(15i)i的虚部为

已知向量a(1,0),b(x,2)，若(a2b)a，则实数x

．

D．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的 B． C．

D．

B．

C．D． 如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为M为PB的中点，下列 OMOMOMOMA．1B．2C．3D．4 A．

1

ABCBD2DC，AE2EC，P与BE的交点，若APmABnAC，则mn的值为 A．

B． D．ABCD1大、4小共5个球，其中ABCDABCD的体积为

，则5 B．C． 二、多选题（3618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.）已知复数z158i，z29i，则 z是纯虚 B．z1在复平面内对应的点位于第二象z15

2026年马年新12， A．AEAF2CAEAF

3

BAEAF的夹角为 D．EDEBEF△ABCAB,C的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,△𝐴𝐵𝐶2 Aa44若bc2ABCDAD第II卷（非选择题三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分若△ABC中，sinA:sinB:sinC2:3:4，那么 海军某登陆舰队在一次海上训练中，雷达兵在P处发现在北偏东50°方向，相距30公里的水面Q处，有一艘A舰艇发出液货补给需求，它正以每小时50公里的速度沿南偏东70°方向前进，这个雷达兵立马协调在P处的B舰艇以每小时70公里的速度，沿北偏东50θ方向与A舰艇对接并进行横向液货补给．若B舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给，则sinθ 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（13 （1）求abab→（2）求cosab16（15分）P－ABCDABCDEPDE，FPDBC的中点，求证：EF∥PB∥AEC，求证：EPD17（15AA1ABBC2.18（17分）ABCDABCDABADAB2CD4，E、FDC、CB的中点，且 ，P是线段AB上的一个动点ACEFEFmABnAD，求mnPEPF19（17分）已知abc分别为ABC三个内角ABCacosC3asinCbc求角A若a2△ABC的面积为3，求bc若a3，且△ABCDBCAD第PAGE第PAGE1共4考试时间：120分 满分：150 2.C3.A4.B5．B6.A 8.A9.AC10.ACD12.-

1且

58.ABCD中，设棱长为a，高为hOABCDAOBCDEEBCDBE延长线交CDFAFF是CDOEABCDAFBF

3a,BE2BF

a，hAE

6aAF2EF AF2EF由正四面体ABCD的体积为

3a26a

，解得a BO2BO2则h 6 4，最大球半径

(AE(AEOE)21h1

6a1h 因此最大球的体积为V4π134π 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高hh2r422因此最小球半径r1h121小4小 4π1

因此最小球的体积为V

，所以5个球的体积之和

42π11.A，因为acosBbcosAc(4cosA1)，所以sinAcosBsinBcosAsinC(4cosA1，所以sinABsinC(4cosA1ABπC，即sinABsinπCsinC，则sinCsinC(4cosA1，又sinC0，所以14cosA1解得cosA1，又0AπAπA BAπVABCa2RsinA4

23BC，因为b2c2a22bccosA，即b2c212bc又b2c22bc，所以12bc2bc，得bc12，当且仅当bc

1bcsinA 3bc 31233，即VABC面积的最大值为33C D，由bc2，结合b2c212bc，解得b4c2S

S

S

124sinπ12ADsinπ14ADsinπ AD43D

→

→5,b2

13 所以ababab5138 ————64→ → 1224

a,

|a

→ 5|5

————13为平行四边形，，————（1）7所以DC1B即为所求的线面角，在VABCABBC2ABBCDAC所以BD1AC122 2 CC2CC2

4 故在直角三角形DCB中，tanDCBBD4 又DCB0π，所以DCBπ 2 BCAACCπ.————15 1 （1）EF分别为CDBCEFBDEF1BD 1 由图可得EFDBABADmABnAD，则m,n mn1.————5

1 1

1 （2）由（1）EF

AB

AD，AC

ABAD，ADABADAB0 1

ACEFABADABAD

AB

AD2可得4

2AD2.————10 1 由图可得PEPAADDExABADABxABAD 1 1 PFPBBF1xABBC1xABBAAD x

4 x

AD

PEPF4xABAD·4xAB2AD4x4x

1 xx216416x216x516x

2由0x1PEPF15.————1719（1）因为acosC3asinCbc0由正弦定理知可得sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0而sinBsinπACsinACsinAcosCcosAsinCsinAcosC3sinAsinCsinAcosCcosAsinCsinC0即3sinAsinCcosAsinCsinC0，又sinC03sinAcosA2sinAπ1，即sinAπ1 6 6 又0Aπ，则πAπ Aππ，则Aπ ————5

1bcsinA

bc由（1）及题设可得

，即 cosAbca

bc 将b4代入b2c28，整理得c48c2160，则c24即c2（负值舍去故b2 ————10 DBCAD

ABAC AD2

AB

2ABAC

1c2b2bc 在△ABC中，由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bc，即b2c23bc

32bc

bc 在ABC中，由正弦定理得sin所以b2sinBc2sin

sin

sin

3 所以bc4sinBsinC4sinBsi