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（含解析）

山东省烟台市2025-2026学年度高一第二学期期中学业水平诊断数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足iz35i（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

2．已知向量a，b满足a10，b5，ab5，则ab（）

A．5B．5C．6D．6

3．一水平放置的四边形ABCD，用斜二测画法画出其直观图为等腰梯形ABCD，如图所示，若AB3，

CD1，则AC（）

A．23B．6C．3D．4

4．已知圆台上、下底面半径分别是1和3，体积为13π，则该圆台的高为（）

A．1B．3C．4D．6

5．在ABC中，AD2DB，CP3PD，若APmABnAC，则m2n（）

A．0B．1C．2D．3

6．如图，为测量河对岸CD两点间的距离，在楼顶A处观察C的俯角为30°，观察点D的俯角为60°，B

为楼底一点且AB平面BCD，若楼高AB203，CBD120，则CD（）

A．205B．207C．2013D．2015

7．已知在梯形ABCD中，AB∥CD，DAB90，AB2CD4，AD23，点E在BC边上运动（包

含端点），则AEDE的取值范围为（）

13151315

A．,4B．,4C．,16D．,16

4444

8．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2c24a2，3sinA2sinBsinC，则角A的大小

为（）

π5ππ2π

A．B．C．D．

6633

二、多选题

9．已知复数zabi，a,bR且b0，下列说法正确的有（）

1

A．zz是纯虚数B．若z1，则z

z

C．zi是虚数D．若ab，则z2是纯虚数

10．已知向量a3,2，bk,1，则下列说法正确的有（）

3

A．若abab，则k

2

2

B．若向量a，b夹角为锐角，则k

3

3ab

C．若k，则0

2ab

1

D．若向量a在b方向上的投影向量为b，则k1或k5

2

1

11．在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2acos3B0.则（）

4

1π1

A．aB．BC．c1D．a2b2c22

264

三、填空题

12．已知向量a1,3，bx,2，若b∥b3a，则x的值为_____.

13．已知正三棱柱ABCA1B1C1，AB23，AA12，则其外接球表面积为______.

a2c2

14．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3bacosCccosA，则_____；tanB的

b2

最大值为_______.

四、解答题

z1

15．复数z1a2i，z223i，其中i是虚数单位，且为纯虚数.

z2

(1)求复数z1：

(2)设复数z1，z2，z3在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，Z3，O为坐标原点，若以O，Z1，Z2，Z3四个

点为顶点构成的四边形为平行四边形，求复数z3.

16．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作平行于底面的截面，以该截面

为底面挖去圆柱OO.

(1)若SO3SO，求剩下几何体的表面积；

(2)当挖去的圆柱OO侧面积最大时，求圆柱的体积.

17．如图，观测站C在目标A的南偏西35方向，经过A处有一条南偏东25走向的公路AB，在C处观测

11

到有一轿车从A处沿此公路向B处行驶，行驶15km后到达D处，此时测得cosACD.

14

(1)求A，C两地的距离；

(2)若此轿车从D处继续行驶，经过20分钟后到达B处，且BC31km，求该车行驶的速度（单位：km/h）.

32C

18．在①bsinCccosBa，②12cosAcosBcosABcosC，③3sinC2cos3这三个条

32

件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.问题：在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

且______.

（注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分）

(1)求角C的大小；

(2)D为AB上一点，且c3.

CACB3

（i）若D满足CD，，求sinAsinB的值；

CD

CACB6

（ii）若D是线段AB的中点，求CD的最大值.

19．在ABC中，ABBC3，ABC，点D平面ABC，DAAB，且点B，D位于直线AC两侧.

2π

(1)若，CD13，求cosADC的值；

3

AC

(2)若为钝角，23sin，求四边形ABCD面积的最大值.

AD2

参考答案

1．D

35i

【详解】因为iz35i，则z53i，

i

所以z在复平面内对应的点为5,3，位于第四象限.

2．A

222

解：ababab2ab105105．

3．C

31

【详解】在等腰梯形ABCD中，AB3，CD1，DOB45，则AD22，

2

将直观图复原为原图，如图所示：

则AB3,CD1,AD22，所以ACAD2CD23.

4．B

【详解】设圆台的高为h，

1

则Vπ12π32π12π32h13π，解得h3．

3

5．B

【详解】因为AD2DB，CP3PD，

333211

则APACCPACCDACADACACABACABAC，

444324

11

若APmABnAC，则m,n，所以m2n1.

24

6．C

解：由题可知CAB60,DAB30，

又AB平面BCD，BC,BD平面BCD，

ABBC,ABBD，

又AB203，所以BC60,BD20，

又CBD120，所以CDBC2BD22BCBDcosCBD2013．

7．D

、

【详解】以A为原点，AB、AD所在的直线分别为xy轴建立

如图所示的平面直角坐标系，则A0,0，C2,23，B4,0，

D0,23，所以CB2,23，

设CECB0,1，故CE2,23，

因为C2,23，所以E22,2323，

则DE22,23，AE22,2323，

2

所以AEDE2223232316244，

115

因为0,1，其对称轴为，取得最小值，

84

15

当1，取得最大值16，所以AEDE,16

4

8．A

【详解】设ABC的外接圆半径为R，

abc

则sinA,sinB,sinC，

2R2R2R

abc

因为3sinA2sinBsinC，即32，可得3aRbc，

2R2R2R

又因为b2c24a2，

b2c2a23a23a23a3

由余弦定理可得cosA3sinA，即tanA，

2bc2bc23aR2R3

π

且A0,π，所以A.

6

9．ABD

【详解】因为复数zabi，a,bR且b0，则zabi.

对于选项A：zzabiabi2bi是纯虚数，故A正确；

对于选项B：若za2b21，即a2b21，

1

则zzabiabia2b21，所以z，故B正确；

z

对于选项C：因为z·iabiibai，

若a0，则zib为实数，故C错误；

2

对于选项D：若ab，则z2aaia2a22a2i2a2i

因为ab0，所以z2是纯虚数，故D正确.

10．BCD

【详解】因为向量a3,2，bk,1，则a13，

对于选项A：因为ab3k,1，ab3k,3，

222

若abab，则3k123k9，解得k，故A错误；

3

对于选项B：若向量a，b夹角为锐角，则ab0，且向量a，b不共线，

3k202

则，解得k，故B正确；

32k3

3313

对于选项C：若k，则b,1，b，

222

ab3232

所以,,0，故C正确；

ab13131313

ab1

对于选项：因为向量在方向上的投影向量为，

Dab2bb

b2

ab3k21

则，解得或，故正确

22k1k5D.

bk12

11．ACD

22

21cos3Bsin3B

【详解】因为aacos3B0，整理可得a0，

422

cos3B

a

2cos3B0

则，即，

sin3Bsin3B0

0

2

π3π

且B0,，则3B0,，可得3Bπ，

22

πcos3Bcosπ1

即B，所以a，故A正确，B错误；

3222

2121

由余弦定理可得b2a2c22accosB，即bcc，

42

21

π2222cc1

又因为A0,，则bca2，解得c，

2cosA04

2bc2bc

11

π222c

且C0,，则abc22，解得c1，

2cosC0

2ab2ab

1

综上所述：c1，故C正确；

4

11

因为a2b2c22c2c，

22

2111

且fc2cc在,1内单调递增，则fcf12，

224

所以a2b2c22，故D正确.

2

12．

3

【详解】因为向量a1,3，bx,2，则b3ax3,11，

2

若b∥b3a，则11x2x3，解得x.

3

13．20π

【详解】设底面外接圆半径为r，正三棱柱外接球的半径为R，

AB23

2r4

则sin603，解得r2，

2

2

2AA

Rr1415，

2

则其外接球表面积为4πR220π．

2

14．3

4

a2b2c2b2c2a2a2c2

【详解】由余弦定理和3bacosCccosA，可得3bac，

2ab2bcb

a2c2a2c2

所以3，则b2；

b23

22

22ac

222ac2222

由余弦定理，acba2c2a2c22，

cosB3

2ac2ac3ac3ac3

当且仅当a22c2，即a2c时，等号成立，

sin2B1cos2B1

而tan2B1，

cos2Bcos2Bcos2B

211

2228tanB1

由cosB可得B为锐角，且cosB，则88，

9

39

2

故tanB的最大值为.

4

15．(1)z132i

(2)z35i或z315i或z315i

【详解】（1）因为复数z1a2i，z223i，

za2ia2i23i2a63a4

则1i，

z223i23i23i1313

2a6

0

z113

若为纯虚数，则，解得a3，

z3a4

20

13

所以z132i.

（2）由题意可知：Z13,2，Z22,3，则OZ13,2，OZ22,3，

因为以O，Z1，Z2，Z3四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OZ3OZ1OZ25,1，

所以Z35,1，即z35i；

若OZ1Z2Z3为平行四边形，则OZ3OZ2OZ11,5，

所以Z31,5，即z315i；

若OZ3Z1Z2为平行四边形，则OZ3OZ1OZ21,5，

所以Z31,5，即z315i；

综上所述：z35i或z315i或z315i.

163

16．(1)36ππ

3

(2)9π

【详解】（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，

1

因为圆锥SO的侧面展开图为半圆，则2πr2π43，解得r23，

2

22

则圆锥的高h43236，

1232

若SO3SO，则rr，hh4，

333

223163

所以剩下几何体的表面积为π2343π232π436ππ.

33

SOrSOr

（2）因为，即，则SO3r，hSOSO63r，

SOr623

2

可得圆柱的侧面积为r23r，

2πrh23πr23r23π63π

4

当且仅当r23r，即r3时，等号成立，

2

所以当挖去的圆柱OO侧面积最大时，圆柱的体积为π36339π.

17．(1)AC24

(2)60km/h

【详解】（1）由题意可知：CAD60，

1153

且cosACD0，则ACD为锐角，可得sinACD1cos2ACD，

1414

31115343

则sinADCsinCADACD，

2142147

43

15

ACADADsinADC

在△ADC中，由正弦定理可得AC724.

sinADCsinACDsinACD53

14

（2）在ABC中，由余弦定理可得BC2AC2AB22ACABcosCAB，

2221

即3124AB224AB，可得AB224AB3850，解得AB35或AB11（舍去），

2

20

=60km/h

则BDABAD20，所以该车行驶的速度为1.

3

π

18．(1)

3

3

(2)（i）1；（ii）

2

3

（1）解：选择条件①：由正弦定理2RsinBsinC2RsinCcosB2RsinA，

3

3

即sinBsinCsinCcosBsinAsinBCsinBcosCcosBsinC，

3

3

sinBsinCsinBcosC，又B0,π，sinB0，

3

3

sinCcosC，即tanC3，

3

π

又因为C0,π，所以C；

3

选择条件②：12cosAcosBcosABcosCcosABcosAB2sinAsinB，

即2cosAcosBsinAsinB2cosAB1，

12π

解得cosAB，又AB0,π，所以AB，

23

π

所以C；

3

2Cπ

选择条件③：3sinC2cos3sinCcosC12sinC13，

26

πππ7π

解得sinC1，又C0,π，C,，

6666

πππ

C，C；

623

CACBCACB

（2）（i）因为CD，和分别是与CA、同向的单位向量，

CACBCB

CACB

π

所以CD是ACB的角平分线，即ACDBCD，

6

1π13π13π

又S△ABCS△ACDS△BCD，即absinbsinasin，

23266266

33

化简得abab，即6abab，

424

222π

由余弦定理c2a2b22abcosC，可得(3)ab2abcos，

3

即3a2b2ab(ab)23ab，

将6abab代入上式可得3(6ab)23ab，

令tab，则36t23t30，

11

即12t2t10，解得t或t(舍去)，

34

1

所以ab，则，

3ab6ab2

abc3

2

由正弦定理π，可得a2sinA，b2sinB，

sinAsinBsinCsin

3

ab

所以sinAsinB1；

2

1

（ii）因为D是线段AB的中点，所以CDCACB，

2

2122

CDCACB2CACB，

4

11

|CD|2a2b22abcosCa2b2ab，

44

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时取等号，

11193

所以|CD|23abab32ab323，则CD，

44442

3

故CD的最大值为．

2

513

19．(1)

26

33

(2)

2

2ππ

【详解】（1）在ABC中，因为ABBC3，，则BAC，

36

3

3

BCACBCsin

由正弦定理可得AC23，

sinBACsinsinBAC1

2

π

又因为DAAB，则DAC，

3

3