山东省烟台市2025-2026学年高一下学期期中学业水平诊断数学试卷

z满足iz35i（i为虚数单位z在复平面内对应的点位于（第一象 B．第二象 C．第三象 D．第四象已知向量aba

10，b

ab5ab（​

CD1AC（A．

13，体积为13π，则该圆台的高为（ 在VABCAD2DBCP3PDAPmABnAC，则m2n（ ABBCDAB203CBD120，则CD（）

ABCDAB∥CDDAB90AB2CD4AD23EBC边上运动（包含端点AEDE的取值范围为（）A．13,

15,

13

15

在VABCA，B，Ca，b，c，且b2c24a2，3sinA2sinBsinCA为（

zabiabR且b0，下列说法正确的有（zz是纯虚 B．若z1，则zC．zi是虚 D．若ab，则z2是纯虚已知向量a32bk,1，则下列说法正确的有（ abab，则k若向量ab夹角为锐角，则k ab若k，则 → 1若向量a在b2b，则k1或k在锐角VABCA，B，Ca，b，c，且a21acos3B0.则（a

B

1c

a2b2c2 已知向量a1,3，bx,2，若b∥b3a，则x的值 已知正三棱柱ABCA1B1C1，AB23，AA12，则其外接球表面积

a2

za2iz23iiz1为纯虚数 z1z1z2z3Z1Z2Z3，OOZ1Z2Z3四个z3.如图，圆锥SO的母线长为43，侧面展开图为半圆，过SO上一点O为底面挖去圆柱OO若SO3SO当挖去的圆柱OO侧面积最大时，求圆柱的体积CA的南偏西35A处有一条南偏东25ABCAB处行驶，行驶15kmD处，此时测得cosACD11A，CD20BBC31km，求该车行驶的速度（单位：km/h）.在①3bsinCccosBa，②12cosAcosBcosABcosC

3sinC2cos2C3这三个条 （注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分求角CD为AB上一点，且c

若D满足CDλCACB，CD CB DAB的中点，求CD的最大值在VABCABBC3，ABCθDABCDAABB，DAC两侧若θ2π，CD ，求cosADC的值 【详解】因为iz35iz35i53i a a ab

aab2a→ →

5105105

2312AD2AB3CD1AD22AD2

3【详解】设圆台的高为h则V1π12π32

π12π32h13π，解得h3AD2DBCP3PD

APACCPAC

CDACADACACABACAB

AC 4 APmABnAC，则m1n1，所以m2n 解：由题可知CAB60DAB30，ABBCDBCBDBCD，ABBC,ABBDBC2BD22BCBDAB203BC2BD22BCBD

2013 AEDE2

当λ1，取得最大值16，所以AEDE 【详解】设VABCR则sinA

,sinB

,sinCc 因为3sinA2sinBsinC，即3又因为b2c24a2

2b

，可得3aRbcb2c2

由余弦定理可得cosAA0πAπ

2 2

3sinA，即tanA zabiabR且b0zabiAzzabiabi2biAa2对于选项B：若z 1，即a2b2a2zzabiabia2b21z1BCz·iabiibai，若a0zibC错误；D：若abz2aai2a2a22a2i因为ab0z2D正确. 【详解】因为向量a3,2，bk,1，则a A：因为ab3k1ab3k3abab

，解得k，故A错误B：若向量abrb0，且向量ab则3k20，解得k2B3

对于选项C：若k，则b,1，b ab3,2 3,213所以 →13

C

13

a

1D：因为向量a在b方向上的投影向量为b

bbrab3k21，解得k1或k5D正确

k2

cos3B

sin3B【详解】因为a2acos3B0，整理可得a

0acos

cos3B ，即 sin3B

sin3B B0,π，则3B03π，可得3Bπ 2 2 Bπ，所以acos3Bcosπ1A正确，B 由余弦定理可得b2a2c22accosB，即b21c21c π

2c21 又因为A0,2，则cosAbca 20，解得c4 π

11

且C0,2，则cosC

b

0，解得c1

1c1C因为a2b2c22c21c1 fc2c21c1在1,1fcf12 所以a2b2c22D正确 若b∥b3a，则11x2x3，解得x【详解】设底面外接圆半径为rR则2r

sin

23

，解得r2r2r2 1AA

54则其外接球表面积为4πR220π4

a2b2

b2c2

a2 c a2

3，则

a2

a2

a2c2

ac

a2 2a22cosB2a22

当且仅当a22c2，即a2c sin2 1cos2 而

B cos2 cos2 cos22 tan2B112由cosB 可得B为锐角，且cos2B， 8 故tanB的最大值为215．(1)z13(2)z35iz315iz31（1）z1a2iz223i a a2i2 2a 则1 i 2 23i2 2a6 z为纯虚数，则3a

，解得a3 z132iOZ1Z2Z3四个点为顶点构成的四边形为平行四边形，若OZ1Z3Z2为平行四边形，则OZ3OZ1OZ251，所以Z351z35i；若OZ1Z2Z3为平行四边形，则OZ3OZ2OZ115，所以Z315z315i；若OZ3Z1Z2为平行四边形，则OZ3OZ1OZ215，所以Z315z315i；z35iz315iz315i16．(1)36π163(2)（1）设圆锥SO的底面圆半径为r，圆锥的高为h，圆柱的底面圆半径为r，圆柱的高为h因为圆锥SO的侧面展开图为半圆，则2πr12π43，解得r234324323若SO3SO，则r1r23h2h4 所以剩下几何体的表面积为π2343π2322π23436π163π 2（2）因为SOr，即SOr，则SO3rhSOSO63r2

r23可得圆柱的侧面积为2πrh23πr23r23π 63π当且仅当r

r，即r

3所以当挖去的圆柱OO侧面积最大时，圆柱的体积为17．(1)AC(2)

326

339π且cosACD110，则ACD为锐角，可得sinACD

5311cos2则sinADCsinCADACD

31115343

154在△ADC

sin

sin

ACADsinADCsin

245（2）在VABCBC2AC2AB22ACABcosCAB即312242AB2224AB1AB224AB3850AB35AB11（舍去则BDABAD20，所以该车行驶的速度为 18．(1)(2)（i）1（i）（1）解：选择条件①：由正弦定理32RsinBsinC2RsinCcosB2RsinA，即3sinBsinCsinCcosBsinAsinBCsinBcosCcosBsinC，3sinBsinCsinBcosCB0πsinB03sinCcosC，即tanC 又因为C0π，所以Cπ选择条件②：12cosAcosBcosABcosCcosABcosAB2sinAsinB，即2cosAcosBsinAsinB2cosAB1，解得cosAB1AB0πAB2π所以Cπ选择条件

3sinC2cos2C3sinCcosC12sinCπ13 6 π π7π解得sinC61，又C0,π，C6 Cππ，Cπ

66

CDλCACB

（2（i）

→CACB分别是与CA、CB同向的单位向量， 所以CD是∠ACB的角平分线，即ACDBCDπ又

S△BCD，即absinb sina sin

3ab 3ab，即6abab 由余弦定理c2a2b22abcosC，可得(3)2a2b22abcosπ即3a2b2abab)23ab将6abab代入上式可得36ab)23ab，令tab，则36t23t30，即12t2t10，解得t1或t1(舍去 所以ab1，则ab6ab2由正弦定理

sin

所以sinAsinBab

（ii）DAB的中点，所以CD

CACB， CD

2CACB

1

2

1

2

ab 由余弦定理c2a2b22abcosC，可得3a2b2ab，即a2b23ab根据基本不等式a2b22ab，可得3ab2ab，即ab3，当且仅当ab 所以|CD|3abab32ab323，则CD故

的最大值为19．(1)5(2)(2)3（1）在VABCABBC3，θ2π，则BACπ AC

3

可得AC 23sin

sin DAAB，则DACπ

332在VACD中，由正弦定理sinDACsinADC可得sinADCACsinDAC 232ACCD，则ADCDACπ所以cosADC

51311sin2（2）在VABCABBC

3，则BACπ 33

3sincos 由正弦定理sinBAC