2025-2026学年福建省厦门市实验中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年福建省厦门市实验中学高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知集合A={x|-2＜x＜1}，B={-3，-1，0，1，2，3}，则A∩B=（）A.{-1，0} B.{2，3} C.{-3，-1，0} D.{-1，0，2}2.已知复数z=2-i，则z•的值为（）A.5 B. C.3 D.3.函数f（x）=2x+lnx-3的零点位于区间（）A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4）4.已知，则=（）A. B. C. D.5.已知一个水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图如图所示，且C′A′=3，C′B′=6，则原平面图形的面积是（）

A.16 B.18 C. D.366.如图所示，点E为△ABC的边AC的中点，F为线段BE上靠近点B的三等分点，则=（）A.

B.

C.

D.7.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，AA1=，点D是侧棱BB1的中点，则直线C1D与平面ABC所成角的正弦值为（）A.

B.

C.

D.

8.已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，=4，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（）A.[-1，8） B.（0，8） C.[1，10） D.（0，10）二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.已知不重合的直线m,n,l和平面α，β，则（）A.若m∥l,n∥l,则m∥n

B.若m⊥l,n⊥l,则m⊥n

C.若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β

D.若m⊥α，m⊂β，则α⊥β10.已知复数z：满足（1+i）z=2i,则（）A. B.z的实部为1

C.z的共轭复数为=-1+i D.在复平面中对应的点位于第四象限11.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图1，在一个棱长为4的正方体中，B1E1=B1F1=B1G1=a,A1E2=A1F2=A1G2=a,…，a∈（0，4），过E1F1G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（）A.当a=1时，该几何体是一个半正多面体

B.若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为

C.若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为

D.该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知i为虚数单位，x,y∈R，若（x-i）i=y-2i,则x+y=

.13.已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为

.14.已知正四棱台A1B1C1D1-ABCD的上底面的四个顶点A1，B1，C1，D1都在圆锥SO的侧面上，下底面的四个顶点A，B，C，D都在圆锥SO的底面圆周上，且，则圆锥SO的体积为

.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13分)

已知，，.

（1）求的值；

（2）当k为何值时，与垂直？16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点.

（1）求证：BC1∥平面A1DC；

（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值.17.(本小题15分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,已知a2+c2-b2=3，△ABC的面积为.

（1）求角B的大小；

（2）若sinAsinC=，求△ABC的周长.18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC.

（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；

（2）点H在棱PC上，当二面角H-DB-C的余弦值为时，求.19.(本小题17分)

如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.

（1）如图2，在三棱锥A-BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，△BCD为等边三角形，∠ABC=90°，求二面角A-BD-C平面角的正弦值；

（2）如图3，在三棱锥A-BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB=4，∠ABD=45°，∠CBD=60°，∠ABC=90°，BC+BD=6，求三棱锥A-BCD体积的最大值；

（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.

1.【答案】A

2.【答案】A

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】B

6.【答案】C

7.【答案】B

8.【答案】A

9.【答案】AD

10.【答案】ABD

11.【答案】BCD

12.【答案】-1

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】-1

-17

16.【答案】（1）证明：连接AC1交A1C于O，

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，

因此四边形AA1C1C是正方形，所以O是AC1的中点，而D是AB的中点，

因此有OD∥BC1，而OD⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，

所以BC1∥平面A1DC；

（2）解：由（1）可知：OD∥BC1，

因此异面直线A1D与BC1所成角为∠A1DO（或其补角），

因为AA1C1C是正方形，所以，

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，

因此四边形BB1C1C是正方形，因此有，

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，

因此有，

由余弦定理可知：，

因此．

17.【答案】；

．

18.【答案】证明：（1）连结AC，

∵底面ABCD是正方形，

∴AC⊥BD

又∵侧棱PD⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴PD⊥AC．

PD∩BD=D，

∴AC⊥平面PBD，

又∵AC⊂平面PAC，

∴平面PAC⊥平面PBD．

（2）解：过H作HE⊥DC交DC于E，

过E作EF⊥BD于F，连接HF，

在平面PDC中，PD⊥DC，HE⊥DC，

∴EH∥PD，

∴EH⊥平面ABCD，

又BD⊂平面ABCD，∴HE⊥BD，

又∵EF⊥BD，EF∩EH=E，∴BD⊥平面HEF，

又HF⊂平面HEF，∴BD⊥HF，

∴∠EFH为二面角H-DB-C的平面角，

二面角H-DB-C的余弦值为，

故，

=，

故tan∠EFH==，

设CH=λCP，则HE=λPD，CE=λCD，ED=（1-λ）CD．

在Rt△DFE中，∠FDE=45°，∴．

在Rt△HEF中，，∴．

所以，当二面角H-DB-C的余弦值为时，．

19.【答案】解：（1）取BD的中点P，连接PA，PC，如图所示，

则BD⊥PA，BD⊥PC，于是∠APC是二面角A-BD-C的平面角，

设AB=1，则

因为∠ABC=90°，所以，

由余弦定理得，

故．

（2）二面角A-BD-C的平面角的大小为θ，

利用三面角余弦定理得cos90°=cos45°cos60°+sin45°sin60°cosθ，

计算得，

于是，

由于AB=4，则，

，

即当BC=BD=3时，三棱锥A-BCD体积的最大值为3．

（3）证明：如图过射线PC上一点Q在面PAC作QM⊥PC交PA于点M，

在面PBC内作QN⊥PC交PB于点N，连接MN，