2025-2026学年黑龙江龙东十校联盟高一下学期期中数学试题含答案

2025~2026学年度高一年级第二学期期中考试考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分,考试时间120分钟。2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时,请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效,在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围:人教A版必修第二册第六章~第八章第6节8.6.2。一、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,只有一项是符合题目要求的。1.复数6十2i3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=(1,—4),b=(8,m),且a丄b,则m= 3.已知圆锥的体积为9\3π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面直径是A.6\3B.6C.3\3D.3A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.如图,αⅡβⅡY,直线a与b分别交α,β,Y于点A,B,C和点D,E,F,且A.B.2C5.3【高一年级期中考试●数学第1页(共4页)】26—X—543A6.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且1十2cosA=,sinCsin(A—B)=sin2B,△ABC的面积为,则a的值为A.1B.\2C.2D.2\27.如图,在梯形ABCD中,ABⅡCD,AB=BC=2DC=2,E为AC上→→一点,且满足AE=BE,则→→A.1B.C.3D22.8.已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2\2的正方形,AA1=3\2,E,F分别是棱AB,BC的中点,点M是棱AA1上的一点,且A1M=2AM,则过点M,E,F的平面截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的面积为A.3\3B.5\3C.7\3D.9\3二、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。分。9.已知向量a,b不共线,MN=3a—λb,MP=b—(2λ十1)a,若求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得。分。10.已知z1,z2为复数,则下列说法正确的是A.若z1—z2>0,则z1>z2B.z1z2=z1z2C.若z1z2=z1z3且z1≠0,则z2=z3D.z1—z2≤z1十z211.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AC1A1是边长为2的正方形,点D为棱BB1的中点,AD丄平面BC1B1,则下列说法正确的是A.直线AD与直线A1C是异面直线B.CB=CB1C.三棱柱ABCA1B1C1的侧面积可能为10D.三棱柱ABCA1B1C1的体积的最大值为2三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.已知复数z=m2—4m—5十(m2—5m)i(m∈R)是纯虚数,则m=.13.在三棱锥PABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,PA丄AC,PB丄BC,PC=4,则点P到平面ABC的距离为.14.已知平面向量a,b,c满足ici=1,非零向量a满足.c=,向量b满足(b—2c).(b—4c)=0,则a—b的最小值是.【高一年级期中考试.数学第2页(共4页)】26—X—543A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.(本小题满分13分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=7,b=5,锐角C满足sinC=(1)求c的值;(2)若D是线段AB的中点,求CD的值.16.(本小题满分15分)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱A1D1,A1B1,D1C1的中点.(1)求证:平面AEFⅡ平面GBD;(2)记A1C∩平面GBD=P,A1C1∩平面GBD=Q,C1∩平面GBD=R,求证:P,Q,R三点共线.17.(本小题满分15分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(1)求角A的大小; (2)若a=\,△ABC的面积为33,求bc的值; (3)若c=2,sinC十cosC=\2,求b的值.【高一年级期中考试●数学第3页(共4页)】26—X—543A18.(本小题满分17分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PA丄平面ABCD,E,F分别是棱AD,PB的中点.(1)求证:PC丄BD;(2)求证:AFⅡ平面PEC;(3)若四棱锥PABCD的所有顶点都在球。的球面上,且球。的表面积为9π,记平面PAB∩平面PEC=l,求直线l与BD所成角的余弦值.19.(本小题满分17分)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC十ccosB=9.(1)求a的值;已知D,E满足(i)若AB=AC,上EAC=,求AD的值;(i)若上BAD=上CAE,求△ABC面积的最大值.【高一年级期中考试●数学第4页(共4页)】26—X—543A1.D复数6十2i3=6—2i在复平面内对应的点为(6,—2),位于第四象限.故选D.2.D因为a丄b,所以a.b=0,即8—4m=0,解得m=2.故选D.(πr2h=9\π,3.B设圆锥的底面半径为r,高为h,母线为l,依题意〈2πr=πl,解得r=3,则这个圆锥的底面直径是 (h=\l2—r2,2r=6.故选B.4.A因为m丄α,若nⅡα,则m丄n,所以“nⅡα”是“m丄n”的充分条件;若m丄n,则nⅡα或nGα,所以“nⅡα”不5.A因为αⅡβⅡY,直线a与b分别交α,β,Y于点A,B,C和点D,E,F,过点A作直线c,使得cⅡb,交β,Y于点M,N,所以BMⅡCN,所以===,故=DEF=1十=.故选A.6.B因为1十2cosA=,由正弦定理得sinB(1十2cosA)=sinC=sin(A十B),即sinB十2sinBcosA=sinAcosB十cosAsinB,所以sinB=sinAcosB—cosAsinB=sin(A—B),又0<A,B<π,所以0<B<A<π,所以B=A—B,所以A=2B,又sinCsin(A—B)=sin2B,即sinCsinB=sin2B,由sinB≠0得sinC=sinB,所以C=B,又A十B十C=π,即A十十=π,所以A=,B=,C=,所以△ABC的面积为S=bcsinA=b2=,解得b=1,所以a=\.故选B.1→A1→7.A过点E作EG丄AB于G,令上EAB=θ,由AE=BE,得AG=2AB=1,|AE|=cosθ=cosθ,得|BC|=|A|=2,上ACB=θ,所以A.=A.(十C)=A.A.A=.2.cosθ—..2.cosθ=1.故选A.8.C在棱C1上取一点N,使得C1N=2CN,所以MNⅡEF,MN=4,设直线EF分别交DA,DC的延长线于点P,Q,所以AP=BF=\2,DP=DD1=3\2,故D1,M,P三点共线,同理可得D1,N,Q三点共线,所以过点M,E,F的平面截直四棱柱ABCDA1B1C1D1的截面为五边形D1MEFN,所以五边形D1MEFN 可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN两部分,等腰梯形MEFN的高 2=\,则等腰梯形MEFN的面积为42×\=3\.又S△D1MN=\×42=4\,所以五边形的面积为3\十4\=7\.故选C.9.AC因为M,N,P三点共线,所以M—ⅡM—,所以3×1—(—λ)×[—(2λ十1)]=0,即2λ2十λ—3=0,解得λ=—或λ=1.故选AC.10.BCD由1十i—i>0,但是1十i>i不成立,故A错误;设z1=a十bi,z2=c十di(a,b,c,d∈R),则z1.z2=(a十bi).(c十di)=(ac—bd)十(ad十bc)i,z1.z2=(a十bi).(c—di)=(ac十bd)十(bc—ad)i,所以z1.z2=\(ac—bd)2十(ad十bc)2=\(ac)2十(bd)2十(ad)2十(bc)2,z1.z2=\(ac十bd)2十(bc—ad)2=\(ac)2十(bd)2十(ad)2十(bc)2,所以z1z2=z1z2,故B正确;因为z1z2=z1z3,所以z1(z2—z3)=0,又z1≠0,所以z2—z3=0,即z2=z3,故C正确;设z1,z2对应的向量分别为,O,由向量三角不等式,可得O1—O2≤O1十O2,当且仅当O1与O2反向时,等号成【高一年级期中考试.数学参考答案第1页(共4页)】26—X—543A≤义恒成立,故D正确.故选BCD.11.ABD因为A,A1,C∈平面AC1A1,D呋平面AC1A1,故直线AD与直线A1C是异面直线,故A正确;因为四边形AC1A1是边长为2的正方形,所以AC丄C1,又C1ⅡBB1,所以AC丄BB1,因为AD丄平面BC1B1,BB1∈平面BC1B1,所以AD丄BB1,又AD∩AC=A,AD,AC∈平面ADC,所以BB1丄平面ADC,又CD∈平面ADC,所以BB1丄CD,又点D为棱BB1的中点,所以CB=CB1,故B正确;设AD=儿,则CD=\4—儿2,所以三棱柱ABCA1B1C1的侧面积S=2×2十2儿十2\4—儿2=10,该方程无解,故三棱柱ABCA1B1C1的侧面积不可能为10,故C错误;由题意得VABCA1B1C1=3VB1ABC=3(VBADC十VB1ADC)=S△ADC.BD十S△ADC.B1D=S△ADC.BB1=儿.\4—儿2.2=\儿2(4—儿2)≤儿2十—儿2=2,当且仅当 儿=\2时等号成立,故D正确.故选ABD. 13.2PA丄AC,PB丄BC,PC=4,△ABC是边长为3的等边三角形,所以PA=PB=\PC2—AC2=\7,取AB的中点D,则PD丄AB,CD丄AB,PD=\=\9,CD=3\23,又PD∩CD=D,PD,CD∈平面PCD,所以AB丄平面PCD,在△PCD中,由余弦定理得cOs上PDC=DPC2DC2=—,所以sin上PDC=\1—cOs2上PDC=,过点P作直线CD的垂线,垂足为G,则PG=PDsin上PDC=2,又 PG∈平面PCD,所以AB丄PG,又PG丄CD,AD∩CD=D,AD,CD∈平面ABC,所以PG丄平面ABC,即点P到平面ABC的距离为PG=2. 14.3\23—1因为非零向量a满足.C=,所以向量a与C的夹角为,设O=C,O=a,O=b,O=4C,O=3C,O=2C,则=OO=b—2C,=OO=b—4C,a—b=O—O=,所以有.=0,丄,则FB丄NB,所以点B的轨迹为以M为圆心的圆.过点M,作MA1丄OA,垂足为A1,交圆于点B1,根据图象可得出A—1即为a—b的最小值.在Rt△OA1M中,有OM=3,上A1OM=,所以有A1M=OMsin=3\2.又MB1=MF=1,所以A—1= A1M—MB1=3\23—1. 15.解:(1)因为sinC=4\7,且C为锐角,所以cOsC=\=\i1—(4\7)2=,………………2分由余弦定理得c2=a2十b2—2abcOsC=72十52—2×7×5×7=64,解得c=8.…………6分(2)因为D是线段AB的中点,所以C—=(C—十C),…………………8分所以C2=(C十C)]2=(C2十2C.C十C2)=72十2×7×5×十52)=21,即C=\,即CD的值为\.………………………13分16.证明:(1)连接FG,又点F,G分别为棱A1B1,D1C1的中点,所以AD=FG,ADⅡFG,所以四边形ADGF是平行四边形,所以AFⅡDG,…………2分又AF丈平面GBD,DG∈平面GBD,所以AFⅡ平面GBD,………………3分连接B1D1,又点E,F分别为棱A1D1,A1B1的中点,所以EFⅡB1D1,在正方体ABCDA1B1C1D1中,BB1ⅡDD1,BB1=DD1,所以四边形DBB1D1是平行四边形,【高一年级期中考试.数学参考答案第2页(共4页)】26—X—543A所以DBⅡB1D1,所以EFⅡBD,……………5分又EF丈平面GBD,DB∈平面GBD,所以EFⅡ平面GBD,………………6分又EF∩AF=F,EF,AF∈平面AEF,所以平面AEFⅡ平面GBD.……8分(2)因为A1C∩平面GBD=P,所以P∈平面GBD,P∈A1C,又A1C∈平面A1C1,所以P∈平面A1C1,……………10分因为A1C1∩平面GBD=Q,所以Q∈平面GBD,Q∈A1C1,又A1C1∈平面A1C1,所以Q∈平面A1C1,所以平面GBD∩平面A1C1=PQ,…………13分因为C1∩平面GBD=R,所以R∈平面GBD,R∈C1,又C1∈平面A1C1,所以R∈平面A1C1,所以R∈PQ,即P,Q,R三点共线.…………15分17.解:(1)因为b2十—a2=,由正弦定理得b2十—a2=,化简得b2十c2—a2=bc,由余弦定理可得cosA=b2十c—a2=.…………………3分又0<A<π,所以A=.……………………5分(2)因为△ABC的面积为bcsinA=\bc=3\23,解得bc=6.…………7分由(1)可得b2十c2—a2=bc,所以(b十c)2=a2十3bc=7十3×6=25,即b十c=5,…………9分所以bc=\=5\77.………………………10分(3)由sinC十cosC=\sin(C十=\,得sin(C十=1.因为C∈(0,π),所以C十∈,,所以C十=,即C=.………………12分所以sinB=sin(A十C)=sinAcosC十sinCcosA=\×\十×\=\6\2,…14分由正弦定理可知b=十1.………15分18.(1)证明:连接AC,如图所示,因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以AC丄BD,…1分又PA丄平面ABCD,BD∈平面ABCD,所以PA丄BD,…………………2分又PA∩AC=A,PA,AC∈平面PAC,所以BD丄平面PAC,……………4分又PC∈平面PAC,所以BD丄PC.…………5分(2)证明:取PC的中点G,连接GE,GF,如图所示,又F是棱PB的中点,所以GFⅡBC,GF=BC,又底面ABCD是边长为2的正方形,E是棱AD的中点,所以AEⅡBC,AE=BC,所以AEⅡGF,AE=GF,所以四边形AEGF是平行四边形,所以AFⅡEG,……………………8分又AF丈平面PEC,EG∈平面PEC,所以AFⅡ平面PEC.………………10分(3)解:由(2)知AFⅡ平面PEC,又平面PAB∩平面PEC=l,AF∈平面PAB,所以AFⅡl,所以lⅡEG,取AB的中点H,连接EH,则EHⅡBD,所以上GEH或其补角为直线l与BD所成的角.…………12分因为四棱锥PABCD的所有顶点都在球。的球面上,所以球。的半径R=\AB2十D2十AP2=\22十十AP2=\8AP2,所以球。的表面积S=4πR2=4π●(\8AP2)2=9π,解得AP=1.…………………14分【高一年级期中考试●数学参考答案第3页(共4页)】26—X—543A记AC∩BD=M,连接MG,MH,ME,又PA丄平面ABCD,MH,ME∈平面ABCD,所以PA丄MH,PA丄ME,所以MG丄MH,MG丄ME,所以GH=\MG2十MH2=\,GE=\MG2十ME2=\,HE=\AH2十AE2 =\2,即直线l与BD所成角的余弦值为\0.…………………17分19.解:(1)因为bcosC十ccos