福建省泉州市部分学校2025-2026学年高一数学下学期第二次教学质量监测试题含解析

一、单选题

1．已知复数z满足z1i3i，则z的共轭复数z（）

A．12iB．12i

C．12iD．12i

2．设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）

A．若m∥,n∥，则m∥n

B．若m//，mn，则n

C．若m//，mn，n，则//

D．若∥,m,n，则m//n或m,n是异面直线

3．正方体ABCDA1B1C1D1中，则A1C与底面ABCD所成角的正弦值为（）

A．3B．2C．6D．3

2233

bc

4．在ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边长，1cosA，则三角形的形状为（）

c

A．直角三角形B．等腰三角形或直角三角形C．正三角形D．等腰直角三角形

2π

5．已知圆锥的底面半径为3，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（）

3

A．23πB．63πC．8πD．12π

6．已知平面向量a,b，满足ab1，a2b2，则向量ab在向量a上的投影向量为（）

3531

A．aB．aC．aD．a

4444

5π

7．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知BAC，边BC上一点D使得AD2，且

6

π

BAD，则3bc的最小值为（）

6

A．23B．43C．83D．8

ABAC

8．已知非零向量与满足BC0，且ABAC22，ABAC62，点D是ABC

ABAC

ABAC

的边AB上的动点，则DBDC的最小值为（）

117

A．－1B．C．D．

458

二、多选题

9．已知i为虚数单位，下列说法正确的是（）

A．若复数z34ii，则z5

B．若复数z12i，z234i，则复数z1z2在复平面内对应的点在第一象限

C．b0是复数abi（a，bR）为虚数的充分不必要条件

D．若复数12i是关于x的实系数方程2x2pxq0的一个根，则pq6

10．在ABC中，D是BC的中点，E是线段AD上的点，过E作一直线分别与AB，AC交于点M，N，设AEAD，

AMxAB，ANyAC，其中,x,y0,1，则下列结论正确的是（）

A．若AB6，AC8，BAC120则BC42

B．若AB6，AC8，BAC120则AD13

124

C．若x，y，则

4311

2

D．若，则x2y的最小值为162

3

11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点Q为线段AD1上一动点，则（）

A．三棱锥BB1CQ的体积为定值

B．直线B1D与直线AB所成的角为60

C．在Q点运动过程中，有CQB1D

D．当Q为AD1的一个三等分点时，平面B1QD截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面面积为26

三、填空题

1

12．已知两点A3,4,B9,2，若APAB，则点P的坐标为_______.

3

1

13．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知ABC的面积为22,bc3,cosA，则

3

a__________.

21

14．若一个正四棱台的上下底面分别是边长3和23正方形，且体积为，则该台体的外接球的表面积为

2

_________.

四、解答题

15．已知向量a,b,c是同一平面内的三个向量，其中a1,1.

(1)若c43，且c∥a，求向量c的坐标；

(2)若b是单位向量，且aa2b，求a与b的夹角.

16．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知3bsinCabcosC.

(1)求角B的大小；

(2)若a43，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC存在，求AC边

上的高.

条件①：b3；条件②：sinAC1；条件③：BABC24.

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解

答计分.

17．如图，在四棱锥PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是等腰梯形，

AD//BC,BAD60,BC1,E是PD的中点.

(1)求证：CE//平面PAB；

(2)画出平面PAB与平面PCD的交线（保留作图痕迹）；

(3)若ABPB，求证：平面PBD平面ABCD.

18．如图所示，某区有一块空地△OAB，其中OA4km，OB4km，AOB120．当地区政府规划将

这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖OMN，其中M,N都在边AB上，且MON60，

挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在人工湖

OMN的周围安装防护网．

43

(1)当AMkm时，求防护网的总长度；

3

(2)若要求挖人工湖用地OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍，试确定AOM的大小；

(3)为节省投入资金，人工湖OMN的面积要尽可能小，当AOM取何值时，可使OMN的面积最小？最小

面积是多少？

19．如图所示，在直角梯形BCEF中，BF//CE，BCE90，A，D分别是BF，CE上的点，且AD//BC，

ED2AF4，CDt0t5，BCCD5，将四边形ADEF沿AD向上翻折，连接BE，BF，CE，

在翻折的过程中，记二面角EADC的大小为，0π．

π

(1)当t2，时，求三棱锥EADC的体积；

3

(2)若平面FBE⊥平面CBE．

①求证：BFCE；

②求cos的最小值.

参考答案

1．A

3i3i1i34ii224i

【详解】∵z1i3i，∴z12i，∴z12i.

1i1i1i1i22

2．D

【详解】A：当m∥,n∥时，m，n可以平行、相交、也可以异面，所以本选项结论不正确；

B：当m//，mn时，直线n可以在平面内，所以本选项结论不正确；

C：当m//，mn，n时，,可以相交，所以本选项结论不正确；

D：因为∥,m,n，

所以直线m,n没有公共点，因此m//n或m,n是异面直线，所以本选项结论正确.

3．D

【详解】因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以A1A平面ABCD，

所以A1CA为直线A1C与平面ABCD的夹角，

设=，在中，22，

ABaA1CAAC2a,AA1a,A1CACA1A3a

AA1a3

所以sinA1CA，

A1C3a3

故选：D．

4．A

bcb

【详解】解：∵1cosA，∴cosA，

cc

b2c2a2b

所以由余弦定理可得

，去分母得：b2c2a22b2，即a2b2c2，

2bcc

则ABC为直角三角形，

故选：A.

5．D

【详解】圆锥的底面半径为r3，侧面展开图的弧长为23π，

23π

2πl33

又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长2π，

3

3

则圆锥的表面积Sπrlπr212π.

故选：D.

6．A

【详解】因为ab1，a2b2，

2

22

所以a2b4，即a4ab4b4，

22

也即a4ab4b414ab414，

1

解得：ab，

4

213

所以ab·aaa·b1，

44

由向量ab在向量a上的投影向量为：

aab·aa

ab·cosab,aab

aabaa

3

ab·aaab·a3

4，

·2a2aa

aaa14

故选：A.

7．C

5ππ2π

【详解】因为BAC,BAD，所以CAD，

663

因为SABCSBADSCAD，

15π1π12πbc

即bcsincADsinbADsin，即3bc，

2626232

2

所以333bc，

3bc3bc

662

故3bc83，当且仅当3bc43时，等号成立.

故选：C.

8．C

ABAC

【详解】∵,分别表示AB与AC方向的单位向量，

ABAC

ABACABAC

∴以,这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为BAC的平分线所在

ABACABAC

直线，

ABAC

∵BC0，∴BAC的平分线与BC垂直，故ABAC.

ABAC

取BC的中点O，连接AO，则AOBC，

由题意得，ABACCB22,ABAC2AO62，

∴AO32.

如图，以O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，

则B2,0,C2,0,A0,32，故BA2,32.

设BDBA01，则BD2,32，∴D22,32，

∴DB2,32，DC222,32，

∴DBDC222232322024，

-411

当l=-=时，DBDC取得最小值，最小值为.

2´20105

故选：C.

9．ABD

【详解】对于A，z43i，则|z|(4)2325，A正确；

对于B，z1z253i在平面内对应的点(5,4)在第一象限，B正确；

对于C，b0是复数abi（a，bR）为虚数的充要条件，C正确；

对于D，复数12i是关于x的实系数方程2x2pxq0的一个根，则该方程另一根为12i，

p

(12i)(12i)2

2

则，解得p4,q10，因此pq6，D正确.

q

(12i)(12i)5

2

故选：ABD

10．BC

【详解】A，由余弦定理，BC2AB2AC22ABACcosBAC，

代入AB6，AC8，BAC120，

得BC26282268cos120366448148，故BC237，A错误.

11

B，由D是BC中点，得ADABAC，则|AD|2AB|22ABACAC|2，

24

2111

|AD|36268641004813，故AD13，B正确.

424

C，由AEADABAC，又AMxAB，ANyAC，故AEAMAN.

22x2y

3

12214

由M、E、N共线，得1，代入x，y，得124，解得，C正确.

2x2y432211

43

21111

D，当时，由1，得1，即3.

32x2y3x3yxy

1111x2y1x2y

则x2yx2y123.

3xy3yx3yx

x2yx2y

由均值不等式22，当且仅当时取等号，

yxyx

x2y

2221

即11，即x,y时等号成立.

333

xy

122

故x2y3221，D错误.

33

11．ACD

【详解】对于A，如图，因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1//平面BCC1B1，

1

且平面ADD1A1与平面BCC1B1的距离为正方体棱长2，而S222，

BCB12

14

所以三棱锥BB1CQ的体积VV22，为定值，因此A正确；

BB1CQQBCB133

对于B，DC∥AB，所以直线B1D与直线AB所成的角等于直线B1D与直线DC所成的角，

由勾股定理得222，22，

B1D22223B1C2222

22

2

2322283

在三角形B1DC中，由余弦定理，，

cosB1DC

2232833

所以B1DC60，B错误.

对于C，如图，连接AC，CD1，CQ，BD，

因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，易知ACBD，BB1AC，BB1，BD平面BB1D，BB1BDB，

∴AC平面BB1D，B1D平面BB1D，∴ACB1D，同理B1DCD1，

ACCD1C，AC、CD1平面ACD1，∴B1D平面ACD1，

而点Q为线段AD1上一动点，所以CQ平面ACD1，因此B1DCQ，所以C正确；

对于D，不妨设Q为AD1上靠近D1的一个三等分点，即AQ2D1Q，如图所示，

设平面B1QD与BC，A1D1的交点分别为M，N，∵平面ADD1A1//平面BCC1B1，

∴B1M//ND，同理NB1//DM，

∴平面B1QD截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为平行四边形，

∵AQ2D1Q，∴AD2ND1，∴ND1NA11，∴NDNB15,

222

B1NDNB1D1

由余弦定理的推论可求得cosB1ND，

2B1NDN5

261

∴sinBND，∴S四边形DMBN2NDNB1sinB1ND26，

1512

当Q为AD1上靠近A的一个三等分点，同理可求得截面面积为26，因此D正确.

12．1,2

【详解】设O是坐标原点，

1

则OPOAAPOAAB

3

1

3,412,63,44,21,2.

3

13．5

122

【详解】cosA,A0,π,sinA1cos2A，

33

12

SbcsinAbc22，解得bc6，

ABC23

28

a2b2c22bccosAbcbc91625，

3

可得a5.

105π

14．

4

【详解】根据条件，作出正四棱台如图所示，

则其外接球球心O在直线O1O2上，

设AB23，A1B13，设O1O2h，

21

因为该棱台的体积为，

2

21122223

所以332323hh，

232

22122

所以16，，

B1O133BO223236

222

当球心O在线段O1O2延长线时，由OBOB1，设OO2x，

22

可得2223，即263，

BO2xB1O1x6xx

242

3

解得x，

4

105

所以外接球半径即OBOO2BO2，

224

当球心O在线段O1O2上时，

22

同理可得2223，即263，

BO2xB1O1x6xx

242

3

解得x舍去，

4

2

所以其外接球表面积为105105π.

4π

44

15．(1)c26,26或c26,26；

3π

(2)

4

【详解】（1）设cx,y，由c43，且c//a，

1y1x0

得，

22

xy48

x26x26

所以或，

y26y26

故c26,26或c26,26；

（2）因为b1,a2，且aa2b，

2

所以aa2b0，即a2a·b0.

2

|a|

所以ab1，

2

a·b12

即cos.

ab22

3π

因为夹角0,π，所以a与b的夹角.

4

π

16．(1)B

6

(2)

选择条件①：ABC不存在；

选择条件②③，23

【详解】（1）因为3bsinCabcosC，

由正弦定理得：3sinBsinCsinAsinBcosC，

因为sinAsinπBCsinBCsinBcosCsinCcosB，

所以3sinBsinCcosBsinC，

因为C0,π，所以sinC0，可得：3sinBcosB，

sinB3

所以tanB，

cosB3

π

因为B0,π，所以B.

6

π

（2）选择条件①：b3，且B，又，

6a43

π

ab43sin

由弦定理，可得asinB6，

sinAsinBsinA2

b3

因为sinA21，所以这样的ABC不存在；

π

选择条件②，因为ABCπ，且B，

6

π5π5π5π

所以ACπ，则AC，由sinAC1，可得sin2C1，

6666

5πππ2π

因为A0,π,C0,π，所以2C，解得C，所以A，

6263

π1

43sin43

abasinB

由正弦定理，可得b624，

2π

sinAsinBsinAsin3

32

2ππ

因为A,BC，可得bc，

36

11acsinB

设AC边上的高为h，可得面积为SacsinBbh，所以h，

22b

π

所以434sin.

h623

4

选择条件③：由BABC24，

根据向量的数量积的公式，可得BABCBABCcosB，所以accosB24，

π3

因为B且a43，所以43c24，解得c4，

62

由余弦定理b2a2c22accosB，

3

可得b2(43)242243416，所以b4，

2

11acsinB

设AC边上的高为h，可得面积为SacsinBbh，所以h，

22b

π

所以434sin.

h623

4

17．(1)在四棱锥PABCD中，取PA中点F，连接EF,BF，

1

由E是PD的中点，得EF//AD,EFAD1，

2

又因为AD//BC,BC1，所以EF//BC,EFBC，所以四边形EFBC是平行四边形，

所以CE//BF，又CE平面PAB,BF平面PAB，所以CE//平面PAB.

(2)延长AB,DC交于M，连接PM，则PM是平面PAB与平面PCD的交线.

(3)在等腰梯形ABCD中，AD//BC，过点B作BGAD交AD于点G，

11

由AD2,BC1,BAD60，所以AGADBC，

22

1

在直角三角形ABG中，AG,BAD60，得AB1.

2

在△ABD中，由余弦定理BD2AD2AB22ADABcosBAD，

1

得BD22122213，所以AD2AB2BD2，所以ABBD，

2

又因为ABPB,PBBDB，PB,BD平面PBD，因此AB平面PBD，

而AB平面ABCD，所以平面PBD平面ABCD.

【详解】（1）略

（2）理由如下：因为ABCDM，所以MAB平面PAB，

同理MCD平面PCD，所以M平面PAB平面PCD，

又因为P平面PAB平面PCD，所以平面PAB平面PCDPM，

因此PM是平面PAB与平面PCD的交线.

（3）略

18．(1)43km

(2)AOM15

43

(3)30时，OMN面积取最小值为km2

3

【详解】（1）在△OAB中，OA4，OB4，AOB120，

则∠OAB∠OBA30，

在AOM中，由余弦定理得：

1616

OM2OA2AM22OAAMcosOAM1616，

33

43

即OM，所以OMAM，因此OABAOM30，

3

所以OMNOABAOM303060，即OMN60，

43

因此OMN中，MON60，OMN60，且OM

3

43

所以为OMN正三角形，其周长为343，即防护网的总长度为43km.

3

（2）设AOM060，

13

因为S△OMN3S△OAM，即ONOMsin60OAOMsin，可得ON8sin①.

22

在OAN中，OAN30,OA4,AON60,

ONOA442

由正弦定理，得：ON②，

sin30sin1806030sin90coscos

21

联立①②得8sin，即sin2，又因为060，所以02120，

cos2

因此230，解得15，所以AOM15.

2

（3）设AOM060，由（2）知：ON，

cos

OMOA2

在AOM中，由得：OM，

sin30sin