四川省广元市苍溪中学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

（试卷满分：150分，考试时间：120分钟回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5m的黑色字迹签选择题：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，只有一如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是 A.四棱 B.四棱 C.四棱 D.三棱abRabi

1

abA.- B. C. D. 已知平面向量a3,1,b4，且a2ba，则ab B. C. D.在VABCAB2CA3

cosA1

ABCA（B. C.

D.如图所示，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6cm，CD2cm，则原图形OABC的面积是（

D.在VABCDBC

BD

BCEADxy满足BExBAyBC12的最小值为（

4

9在VABCA，B，Ca，b，c，若(3abcosCccosB0c2a2b22，则VABC的面积为

B.

D.长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，BB11，M为A1B1的中点，P为下底面ABCD上一点，若直线PD1∥平面BMC1，则VD1DP的面积的最小值为（

D.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． a//3a2b2→2

2a5b

a,b

a 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC、BD的交点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结 C1、O、A、MC1OA1CA1AOMD1、D、O、M已知VABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c且a3，b ，c ，则下列结论正确的（A.VABC是锐角三角形

B

C.VABC的面积为

D.AB填空题：本题共3小题，每小题5分，共15AB和地面目标CA处测得目标C的俯角为3010千米到达B处，测得目标C的俯角为75，这时B处与地面目标C的距离 如图，平面内有三个向量OAOBOC，其中OA与OB的夹角为120OA与OC的夹角为30o OAOB1，

BD3AD6ABC2π都在球O的球面上，则球O的表面积 解答题：本题共5小题，共77z12iz2a4iaRz1z2是实数z2zzm212m16im的取值范围a1,3b0

3)若单位向量c与a共线，求向量c

→→垂直，求m2aPABCDPAABCDADBCAD2aBCCD1AD1EADABPCEPABPBDPCDA的大小为45∘PABCD在VABCABCabc，已知ccosAa3bcosC0求cosCa33c

，求sin2A若VABC的面积为

ab

3c，求VABCLABCDEBCDEABCBCDEBC2CD ，ABBEABCFG分别为棱CDAEGFABC设VABC为等边三角形，求直线CEABE

（试卷满分：150分，考试时间：120分钟回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5m的黑色字迹签选择题：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，只有一如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是 A.四棱 B.四棱 C.四棱 D.三棱【答案】ABEDA1B1E1D1是全等的梯形，AA1DD1BB1//EE1，abRabi

1

abA.- B. C. D.【答案】

1i=a+bi1 a1b1即ab2. 已知平面向量a3,1,b4，且a2ba，则ab B. C. D.【答案】aa2

a31a2b4

→ → 又因为a2ba，所以(a2baa2ab0a×b=2

aa →→416a

在VABCAB2CA3

cosA1

ABCA（B. C.【答案】

D.【分析】根据数量积的定义运算即可得解AB2CA3cosA1 所以ABCA

ABCA

AB, ABCAcosπA

ABCAcosA如图所示，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6cm，CD2cm，则原图形OABC的面积是（

D.【答案】【分析】根据斜二测画法求出直观图的面积，进而即可得到原图形的面积【详解】由斜二测画法可知AODDOCπ所以CDCO2cm

SOABC 在VABC中，点D在BC上，且满足BD BC，点E为AD上任意一点，若实数x，y满BExBAyBC12的最小值为（

4

9【答案】AEDx4y1x0y0，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案BExBAyBCxBA4yBDAEDx4y1x0y04y2x 1212x4y94y4y2x

9 当且仅当4y2x即x221,y4 2时等号成立 在VABCA，B，Ca，b，c，若(3abcosCccosB0c2a2b22，则VABC的面积为

B.

D.【答案】【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简(3abcosCccosB0可得cosC1ab3，进而结合面积公式即可求解【详解】由(3abcosCccosB0(3sinAsinBcosCsinCcosB0，即3sinAcosCsinBcosCsinCcosB0，即3sinAcosCsinA0，A0π，则sinA0，所以3cosC10，即cosC1a2b2 所以cosC 又c2a2b22则cosC211ab3又sinC

11cos2

11

22所以VABC的面积为1absinC1322 长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，BB11，M为A1B1的中点，P为下底面ABCD上一点，若直线PD1∥平面BMC1，则VD1DP的面积的最小值为（

D.【答案】【分析】取CDNAD1N//BMC1PANDPAN时面积最【详解】取CDNANAD1D1N//AN//BMC1，ANAD1AANAD1AD1NAD1N//BMC1AD1NABCDANPABCDPAN上运动，且VD1DPDPANDP

12 22此时VD1DP的面积最小，求得1125 5 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． a//3a2b2→2

2a5b

a,b

a 【答案】【分析】利用平面向量的坐标运算可求出m、n的值，可得出向量a、b的坐标，利用平面向量共线的坐标ABCD选项.32nm2

nm ，解得 ，则a3,m 因为314134，则a与3a2b不共线，A错； 故2a5ba，B→ a

2C

a,

→ 5a5323222

，C Da

5，b

，故a b，D对如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC、BD的交点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结 C1、O、A、MC1OA1CA1AOMD1、D、O、M【答案】【分析】根据点与线，点与面，线与面的位置关系逐项判断即可求解OAC、BDA1CC1BD所以点C1MO在平面C1BDACC1A1的交线上，即C1MO三点共线，则点C1、OAMA正确；BA的分析可知C1MO三点共线，所以直线C1OA1CB错误；C选项，因为OACMA1C与平面C1BDMA1C的中点，A1AOMA1ACA1A与OMA1A与直线OMC正确；DD1D、OD1DBD1MD1DBD1内，且直线OMDD1没有交点，所以直线OMDD1D1D、OMD错误，已知VABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c且a3，b ，c ，则下列结论正确的（A.VABC是锐角三角形

B

C.VABC的面积为

D.AB【答案】AABC正D错误.AaA为VABCb2c2 5225易知cosA 0，因此角A为钝角，可得25 a2c2

B0,

B23对于B，易知cosB23

，

B正确；对于C，由S1acsinB132 23，可得VABC的面积为3，即C正确 c对于D，设AB的中线为CD，易知CD2a2

2a

cosB913

CD

26D

2

填空题：本题共3小题，每小题5分，共15AB和地面目标CA处测得目标C的俯角为3010千米到达B处，测得目标C的俯角为75，这时B处与地面目标C的距离 【答案】【分析】将题意转化为解三角形问题，利用正弦定理计算即可AB10C753045在VABC52

,BC

2 如图，平面内有三个向量OAOBOC，其中OA与OB的夹角为120OA与OC的夹角为30o OAOB1，

【答案】 ②，联立①②即可解出

的值

【详解】QOA与OB的夹角为120∘，OA与OC的夹角为30o，且OAOB1，OC 2，两边平方得： 4 λμ3．BD3AD6ABC2π都在球O的球面上，则球O的表面积 【答案】E2π32π=2πrC2π96π=2πr

3

62(3设球OR，球心O62(3

42A由题意得 𝑥2+12=|42−𝑥|2+32=

xx52，R227 所以球O的表面积为4πR24π2754π解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步z12iz2a4iaRz1z2是实数z2zz2m212m16im的取值范围（1）z28（2）（2）由（1）z284i，根据复数的加法运算及复数的几何意义即可求解1∵z12i，z2a4iaR∴z1z22ia4i2a48aiz1z28a0a8∴z284i，∴z284i2 由（1）z84izzm212m16i=8m212m20i=8m2m10i zzm212m16im2m100，解得2m10m的取值范围为2,10a1,3b0

3)若单位向量c与a共线，求向量c

→→垂直，求m2a 32a

3【答案（1）c 或,

2

2（1）（2）根据向量平方和数量积的坐标运算公式进行计算即可1c是单位向量，所以设cmn，m2n2得到3mn 3

3解得c，或 2 22因为 a 因为 所以amb·2ab0→即

→ 12mabmb253m0 m5PABCDPAABCDADBCADDCBCCD1AD1EADABPCEPABPBDPCDA的大小为45∘PABCD（1）因为E为AD

AD2

AE1AD1

BC1

ADBC

BCAE且BCAE因此，四边形ABCE是平行四边形，故ABCE因为CE平面PCEAB平面PCE所以AB平面PCE（2）BE

BCED

BCED1CD1ADDC，可知四边形BCDEADDC，因此BEAD，且BECD1，RtV在

AEBE1，故BCCD1

AB AE2BC2AE2BC2在VABDAB2BD2(2)2(2)24AD2∠ABD90即BDAB因为PA平面ABCDBD平面ABCD，所以PABD又因为ABPAA，且ABPA平面PAB，所以BD平面PAB因为BD平面PBD，所以平面PAB平面PBD【分析】(1)利用四棱锥的体积公式求解1详解】2详解】3因为PA平面ABCDCD平面ABCD，所以PACD又因为ADCD，且PAADAPAAD平面PAD，所以CD平面PAD因为PD平面PAD，所以CDPD因此∠PDA就是二面角PCDA∠PDA45在RtVPAD中，∠PAD90，∠PDA45，所以PAAD2梯形ABCD的上底BC1，下底AD2，高CDBCAD 121 故梯形ABCDSABCD

PABCD

VP

13

h132 在VABCABCabc，已知ccosAa3bcosC0求cosC若a33,c ，求sin2A的值若VABC的面积为 ，且ab 3c，求VABC的周长L（1）（2）2（3） （1）根据同三角函数关系可求出sinC，再根据正弦定理求出sinA，根据二倍角公式求出sin2A根据三角形面积公式和余弦定理即可求解1因为ccosAa3bcosC0由正弦定理得sinCcosAsinA3sinBcosC0则3sinBcosCsinCcosAcosCsinAsinACsinπBsinB，B(0π)，则sinB0，故cosC12cosC1，且C(0π1cos