广东省深圳市南山区深圳市育才中学本部（新校区）2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

广东省深圳市南山区深圳市育才中学本部（新校区）2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题一、单选题1．若1−2i=a+bi（i为虚数单位），其中a，b为实数，则a+b的值为（）A．1 B．3 C．−1 D．−32．若平面向量a与b=(1,−1)方向相反，且|a|=2A．(−2,2) B．(2,−3．如图所示，矩形O'A'A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．梯形4．已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若△ABC的面积等于a2+bA．π6 B．π4 C．π25．已知复数z满足∣z−6+8i∣=5，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6．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若acosB−bcosA．2 B．−2 C．4 D．−47．已知圆锥SO的底面半径为1，母线长为3，圆柱OO1的下底面在圆锥SO的底面上，上底面圆O1的圆周在圆锥SOA．π B．3π2 C．2π 8．如图，矩形ABCD中，AB=8,AD=6,M､N分别为边BC､CD上的动点，且A．8 B．16 C．413 D．二、多选题9．复数z=a2−4+a+2i，a∈RA．若z为纯虚数，则a=±2B．若a=−1，则z⋅C．若a=0，则zD．若z在复平面内对应的点位于第四象限，则a<−210．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（）A．若A>B，则sinB．若a2+bC．若a=10，c=8，C=π3，则符合条件的△D．若acosA=bcos11．如图，正四面体ABCD的四个顶点都在球O的表面上，且球O的表面积为24π，则（）A．AB=4B．四面体ABCD的体积为16C．过点O且平行于平面BCD的平面截四面体ABCD所得的截面面积为9D．过O,A,C三点的平面截四面体ABCD所得的截面面积为4三、填空题12．在△ABC中，已知三边之比为2:3:4，则该三角形的最小角的余弦值为．13．若向量a=−3−2t,2−t与b=1,−1的夹角为钝角，则实数14．如图，O是圆台上底面的圆心，A，B是圆台下底面圆周上的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R.若MN=R=2r，MN//平面OAB，且线段AB长度的最小值为6，则该圆台的体积为.四、解答题15．已知复数z1（1）求z2（2）求z1（3）若z1z2的实部大于016．如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，AD=6，∠ABC=120∘，DE=3（1）用向量AB，AD表示向量AE，BF；（2）求向量AE，BF夹角的余弦值.17．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，且c−2acosB=b（1）求B；（2）若D是边AC上靠近A的三等分点，a=2，BD=233（3）若BD是∠ABC的角平分线，a=2，BD=23318．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D（1）求证：D，B，F，E四点共面；（2）求证：D1G//平面（3）棱A1B1上是否存在一点N使平面PMN//平面DBFE19．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a,3b)，n（1）求角A；（2）若a=7，△ABC的周长为5+7，求（3）若a=2，过B点在△ABC所在平面内作BD⊥BC，且∠ADB=2π3，求线段

答案解析部分1．【答案】C【知识点】复数相等的充要条件【解析】【解答】解：1−2i=a+bi，则a=1b=−2，即a+b=−1故答案为：C.【分析】根据复数相等求得a，b，即可得a+b的值.2．【答案】C【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角【解析】【解答】解：因为a与b方向相反，且|a|=22所以λ2+(−λ)2=8，解得λ=−2【分析】由a与b方向相反，利用共线向量基本定理可得a=λ3．【答案】C【知识点】斜二测画法直观图【解析】【解答】解：在矩形O'A'所以直观图还原得OA//BC，四边形OABC为平行四边形，OD⊥BC，C'D'=O则OC=C所以OC=OA=6，故原图形为菱形.

故答案为：C.

【分析】根据斜二测画法将直观图换原原图，求边长判断即可.4．【答案】B【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算【解析】【解答】解：因为△ABC的面积等于a2+b整理得sinC=a2+b因为C∈(0,π)，所以C=π4.【分析】利用三角形的面积公式，结合余弦定理化简求角C的值即可.5．【答案】D【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义【解析】【解答】解：由复数z满足∣z−6+8i∣=5，可得z在复平面内对应的点的轨迹是以点(6,−8)为圆心，5为半径的圆，圆心(6,−8)到实轴、虚轴的距离都大于5，且圆心(6,−8)在第四象限，则z在复平面内对应的点位于第四象限.故答案为：D.【分析】复数z满足∣z−6+8i∣=5，根据复数的几何意义，确定z在复平面内对应的点的轨迹是以点(6,−8)为圆心，5为半径的圆，再根据圆心的位置，以及圆心到各轴的距离判断即可.6．【答案】C【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用【解析】【解答】解：acosB−bcos因为sinC=sin[(π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，所以sinA整理可得sinAcosB=4cosAsinB，则sin【分析】利用正弦定理，结合两角和的正弦公式以及同角三角函数商数关系化简求值即可.7．【答案】C【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用【解析】【解答】解：由SO的底面半径r=1，母线长l=3，则圆锥的高h=l由题可设圆柱OO1的底面半径为x(0<x<1)，高为由△SO1C∽△SOA，得O1C所以圆柱的侧面积S=2πx⋅22所以当x=12时，侧面积取得最大值为Smax【分析】由题意先求圆锥的高，设圆柱OO1的底面半径为x(0<x<1)，高为h'8．【答案】B【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用【解析】【解答】解：取线段MN的中点O，连接AO、OC、AC，如下图所示：因为CM⊥CN，所以OC=1因为四边形ABCD为矩形，则AC=A因为AM+所以AM+当且仅当AC与CO方向相反时，等号成立，故AM+AN的最小值为16.

故答案为：B

【分析】本题考查向量线性运算与模长最值，核心是利用中点转化9．【答案】B,D【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数【解析】【解答】解：A、若z为纯虚数，则a2B、若a=−1，则z=−3+i，所以z=−3−i，所以z⋅C、若a=0，则z=−4+2i，所以zzD、若z在复平面内对应的点位于第四象限，则a2故答案为：BD.【分析】根据复数的概念列式求解即可判断A；若a=−1，则z=−3+i，求得共轭复数z=−3−i，利用复数代数形式的乘法运算计算z⋅z即可判断B；若a=0，则z=−4+2i，利用复数代数形式的乘除法计算即可判断C；由10．【答案】A,B,D【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断【解析】【解答】解：A、根据大角对大边，A>B⇒a>b，由正弦定理可得2RsinA=a>b=2RsinB、根据余弦定理可得cosC=a2+bC、根据正弦定理，asinA=故这样的三角形不存在，故C错误；D、若acosA=bcosB，由正弦定理可得2Rsin则sin2A=sin2B，而A,B即A=B或A+B=π2，即故答案为：ABD.【分析】利用正弦定理、余弦定理逐项判断即可.11．【答案】A,C,D【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用【解析】【解答】解：由球O的表面积为24π，得球O的半径OA=R=6，连接AO并延长交平面BCD于E，连接CO,CE，则点E是正△BCD的中心，CE=33A、由(AE−R)2+CEB、四面体ABCD的体积V=1C、过点O且平行于平面BCD的平面截四面体ABCD所得的截面三角形与△BCD相似，其面积为(3D、延长CE交BD于F，连接AF，则F是BD的中点，CF=23过O,A,C三点的平面截四面体ABCD所得的截面为△AFC，其面积为12故答案为：ACD.【分析】由球O的表面积，求得球的半径OA=R，连接AO并延长交平面BCD于E，连接CO,CE，利用球的表面积公式求出球半径R，再结合正四面体的结构特征逐项求解判断即可.12．【答案】7【知识点】解三角形；余弦定理【解析】【解答】解：如图所示：因为三角形三边之比为2:3:4，所以可设三边长分别为a=2k,b=3k,c=4k(k>0)，根据三角形大边对大角、小边对小角的性质可知，a=2k对应的角A即为该三角形的最小角，∴cosA=b2+c213．【答案】−5,−【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角【解析】【解答】解：由向量a=−3−2t,2−t与可得向量a→,b→的数量积大于零，且不反向共线，

则当t=−13时，a=则实数t的取值范围为−5,−1故答案为：−5,−1【分析】由题意可得：向量a→14．【答案】21π【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用【解析】【解答】解：由题意将圆台补形成圆锥，记顶点为D，设底面圆心为O1分别连接NO,MO1并延长交圆台侧面为记ME∩AB=C，连接AO,AO因为MN//平面OAB，MN⊂平面MNFE，平面OAB∩平面MNFE=OC，所以MN//OC，易知NF//ME，则ON=CM，易知当EM⊥AB时，AB的长取得最小值为6，可得AO12−MO1所以MN=R=23，易知因为ME//NF，ME=2NF，所以综上可得圆台的体积为13故答案为：21π.【分析】将圆台补形成圆锥，记顶点为D，设底面圆心为O1，分别连接NO,MO1并延长交圆台侧面为F,E，记ME∩AB=C15．【答案】（1）解：因为i1−z2=1，所以1−z故z2（2）解：因为z1=2+ai,z由复数的模长公式得z1而(a−1)2≥0，得到12故当a=1时，原式取得最小值1；（3）解：因为z1所以z1而z1z2的实部大于0，则2−a>0故a的取值范围为−∞【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数【解析】【分析】（1）利用复数混合运算化简求得z2=1+i，再利用共轭复数的定义得到z2（2）利用复数代数形式的减法得到z1（3）利用复数代数形式的乘法运算求出z1z2，根据z（1）因为i1−z2解得z2=1+i，则故z2（2）因为z1所以z1由复数的模长公式得z1而(a−1)2≥0，得到12故当a=1时，原式取得最小值1．（3）因为z1所以z1而z1z2的实部大于0，则2−a>0故a的取值范围为−∞16．【答案】（1）解：因为DE=3EC，所以所以AE=因为AE=3AF，所以则BF=（2）解：因为∠ABC=120∘，所以因为AB=8，AD=6，所以AB2=64，AD2则AE=BF=AE⋅故cosAE【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角【解析】【分析】（1）以向量AB，AD为基向量，利用平面向量基本定理计算求解即可；（2）利用平面向量的数量积公式及运算律结合转化法求解模长，最后利用向量的夹角公式求解即可.（1）因为DE=3EC，所以所以AE=因为AE=3AF，所以则BF=（2）因为∠ABC=120∘，所以因为AB=8，AD=6，所以AB2=64，AD2则AE=BF=AE⋅故cosAE17．【答案】（1）解：因为c−2acosB=b由正弦定理可得sinCcosB−2sin所以sinC3所以2sinCsinB+又因为0<C<π，所以sinC≠0，所以sinB+π6=1，

又因为0<B<π，所以B+（2）解：因为D是边AC上靠近A的三等分点，所以BD=所以BD2又因为a=2，BD=233，B=π3，所以2332=19则S△ABC（3）解：已知BD平分∠ABC，且B=π3，故∠ABD=∠CBD=π6，

由S△ABC=S△ABD+S△CBD得12acsinB=12【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式以及三角函数性质化简求解即可；（2）由D是边AC上靠近A的三等分点，可得BD=23（3）根据题意，结合S△ABC=S（1）解：因为c−2acosB=b由正弦定理可得sinCcosB−2sin所以sinC3所以2sinCsinB+又因为0<C<π，所以sinC≠0所以sinB+π6=1，又因为所以B+π6=（2）解：因为D是边AC上靠近A的三等分点，所以BD=所以BD2又因为a=2，BD=233所以2332即c2+c−2=0，解得c=1或所以S△ABC（3）解：已知BD平分∠ABC，且B=π3，故由S△ABC=S将a=2，BD=233代入得∵b∴b=18．【答案】（1）证明：连接D1B1，因为点E，F分别为棱D1C又在正方体ABCD−A1B1C所以四边形DBB1D所以EF//BD，所以D，B，F，E四点共面；（2）证明：连接D1C、GC分别交DE、DB于点H、O，连接在正方体ABCD−A1B1C所以△HED1∽△HDC同理可得GOCO所以D1HCH又HO⊂平面DBFE，D1G⊄平面DBFE，所以D1（3）解：存在，且A1因为D1M=34D又EF//B1D∵MN⊄平面DBFE，EF⊂平面DBFE，∴MN//平面DBFE，延长NP交BA于K，延长EF交A1B1于L∵P为中点，易得△A∴AK=A1∵E,F分别为C1D1∴B1L=E∴BK=NL，又AB//A1B∴四边形KBLN为平行四边形，∴NK//BL，又NK⊄平面DBFE，BL⊂平面DBFE，所以NK//平面DBFE，又∵MN∩NK=N，MN,NK⊂平面PMN，∴平面PMN//平面所以A1NA1B【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定【解析】【分析】（1）连接D1B1，利用中位线的性质，证四边形DBB1（2）连接D1C、GC分别交DE、DB于点H、O，连接HO，利用三角形相似，求得D1HCH（3）根据题意，首先MN//EF，则A1NA（1）连接D1B1，因为点E，F分别为棱D1C又在正方体ABCD−A1B1C所以四边形DBB所以DB//B所以EF//BD，所以D，B，F，E四点共面；（2）连接D1C、GC分别交DE、DB于点H、O，连接在正方体ABCD−A1B1C所以△HED1∽△HDC同理可得GOCO所以D1HCH又HO⊂平面DBFE，D1G⊄平面DBFE，所以D1（3）存在，且A1因为D1所以A1∴MN//B又EF//B∴MN//EF，∵MN⊄平面DBFE，EF⊂平面DBFE，∴MN//平面DBFE，延长NP交BA于K，延长EF交A1B1于L∵P为中点，易得△A∴AK=A1∵E,F分别为C1D1∴B1L=E∴BK=NL，又AB//A1B∴四边形KBLN为平行四边形，∴NK//BL，又NK⊄平面DBFE，BL⊂平面DBFE，所以NK//平面DBFE，又∵MN∩NK=N，MN,NK⊂平面∴平面PMN//平面DBFE，所以A1NA1B19．【答案】（1