安徽亳州市蒙城县2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

高一7答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置8540分.在每小题给出的四个选项中，只有一z满足2z242iz（A.

C. D.a24b1ka与b共线，则k（

D.空间中有一平面αm，nnαmnm∥α，则甲是乙的（A.C.A.C.4.已知cosαπ，则cos2π（ 63

2

2在VABC中，AB2，AC ，BC 1，则B（A. B. C. D.2fφ2 B. C.- D.31519π，则其母线与底面所成角的正弦值为（

2

3在VABCA，B，Ca，b，cVABCSa2+b2+c243SDBCBC的最小值为（

33618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. abab4ab2，则（→ → a

ab 3当a3b时，a，b同 D.当b 时，a在b上的投影向量为5在平面四边形ABCD中，BCCD3，AB3AD ，BD5，则（BADC.ABD

VBAD的外接圆半径为D.VBCD9P，底面圆心为OA，B为底面圆周上不重合的动点，则（2

圆锥轴截面顶角的余弦值为

点OPAB的最大距离为填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分已知z，z是方程z25z100的两个不同的根，则z2zzz2 1 1 4 最小正数，且abπ，则 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z11aiz22iaRz1z2az12aABB1D

AA1BC4D为棱CC1的中点fx在0π3个零点设t0，ωZfx1在0t2xxfx

π 3 如图，在三棱锥PABCPBCABCBAC90AB6AC8.PPDBCDBC上PDAB若△PBC60PC2-PB2=25求点CPAB的距离在VABCcosAcosBcosC12sinAsinB AB时，求3cosAcosC若tanAtanBtanC2tanBtanC，AC2 ，求VABC的外接圆半径

高一7答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置8540分.在每小题给出的四个选项中，只有一z满足2z242iz（

D.【答案】【详解】由2z242i，得z1i，z a24b1ka与b共线，则k（

C. D.【答案】a与b共线，所以42kk−2空间中有一平面αm，nnαmnm∥α，则甲是乙的（充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条【答案】【分析】分别用反例判断“甲能否推出乙”和“乙能否推出甲α内取直线mmnmαmα平行，乙不成立α内取一条与n相交的直线lα外取直线m，使m∥lm∥α但l与n不平行，从而m与n不平行，甲不成立.已知cosαπ1，则cos2α2π（ 6 3 A.

C.2

D.2【答案】【分析】将待求角改写为已知角的二倍角再加π，然后使用余弦二倍角公式计算 α2πcos2απ 6

cos

3 6 2π 2 π 由余弦二倍角公式，得cos2α32cosα6 代入cosαπ1， α2π2117 6

cos

3

5.在VABCAB，AC2，BC31BA.【答案】B.C.D.

124 23

43624343624343 因为0B180B302fφ2 B. C.- D.【答案】算即可 π π π πx3f2x3

2 3 31519π，则其母线与底面所成角的正弦值为（

2

3【答案】【分析】设圆台上、下底面半径分别为rR．由轴截面面积和圆台体积求出RrRr，再在轴截面内求母线长及线面角的正弦值．【详解】设圆台上、下底面半径分别为rR，其中Rr，母线长为l．圆台的轴截面是上、下底分别为2r2R，高为3的等腰梯形．

与Rr1512R2r315所以

Rr51π3R2Rrr219π所以R2Rrr219Rr2R2Rrr2RrRr25196．于是Rr2Rr24Rr25241.由Rr，得Rr所以l

10,sinθ3310在VABCA，B，Ca，b，cVABCSa2+b2+c243SDBCBC的最小值为（

3【答案】【分析】先通过余弦定理、面积公式和均值不等式推导出VABC为等边三角形，再利用“垂线段最短”，得a2b2c22bccosAS1bcsinAb2c22bccosAb2c2431bcsinAbccosA3sinA bc2，当且仅当bc 而cosA3sinA2sinAπ2 6 此时bcAπ，所以VABC

ADBCADmin

BC，此时AD BC BC

33618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. abab4ab2，则（→ → a

ab 3当a3b时，a，b同 D.当b 时，a在b上的投影向量为5【答案】

→

→ → →ab

a

a 2ab【详解】A选项：由

，得 →

，即→ → → → a

ab

a

2ab解得→

A→ →

→ a

→ B选项：当 6， 4时，符合→

a

8B

→ →

→ a

Ca3bA选项知→

，即

→ b

→

a,b解得

→

a,

0,π，所以a,b0abC a ab 3D选项：a在b上的投影向量为|a| →→

bb，故选项D正确 |a||b||b ABCDBCCD3AB3AD

BD5，则（A.BADC.ABD

B.VBAD的外接圆半径为D.VBCD9【答案】【详解】A选项：如图所示，在VABDAD2AB2 218 223cosDAB 2232AD BA选项知cosDAB5，得sinDAB

1191112 5 设VBADR

2R

sin

119解得R30119 30，故B选项错误 C选项：如图所示，在VABD41AB2DB2 182541232cosABD2322BD

yycos 上单调递减 ，所以ABD

(0,)，故C选项错误CD2CB2 99 D选项：在VCBD中，由余弦定理得，cosC 因为C(0,π，所以sinC

51118 7

23 设VBCDrr911D选项正确

2r

511P，底面圆心为OA，B为底面圆周上不重合的动点，则（2

圆锥轴截面顶角的余弦值为

点OPAB的最大距离为【答案】AB；设弦心距，进而表示弦长和高，用C；利用面面垂直的性质，表示点OPABRt△PMOPMD．【详解】设母线长为l，高为h，底面半径r等边三角形边长为2l，外接圆半径r ，解得l l2l2r

3侧面展开图为扇形，弧长等于底面周长2πr32π2故圆心角θ2πr 2π2 轴截面为等腰三角形，两腰为母线l ，底边为底面直径2r l2l22r

33

，由余弦定理

Br2dABr2d

2 22dh2d1dh2d1d

V

1ABPM 22 1u2 1u2uu2u

V

当u1

V

取最大值，故C正确由面面垂直的性质，点OPABRt△PMOPM1ddPO1d

ddd的取值范围为0,2，

d

6D填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分已知z，z是方程z25z100的两个不同的根，则z2zzz2 1 1【答案】

z1z2【详解】因为z1，z2是方程z25z100的两个不同的根，所以 z1z2z2zzz2zz(zz105501 1 1 【答案】PB上确定二面角的平面角，再在两个全等的侧面三角形中求出平面角两边的长度，利用余弦定理建立关于侧棱PA的方程.PAPBPC因为正四棱锥的底面ABCDABBC2AC2VAPB中，过点A作AEPBEPAPCABBC且PB为公共边，所以VAPB因此点C到直线PB的垂足也为E，即CE于是AECE分别在平面APB、平面CPB内，且都垂直于交线PB，所以

是二面角APB

的平面角

PA2PB2

2x2 在VAPB中，由余弦定理，cos∠APB 2PA 由于PE是PA在PBPEPAcos∠APBx12x2 x2 在直角三角形AEPAE2PA2PE2x2x

4x2 由全等关系可 CEAE

V

中，由余弦定理AE2CE2AC 2AE2

x2由题意， 1,所以x213,即x24.因为x0，所以PAxx2 4 最小正数，且abπ，则

##1ababπ条件的解即可afx的最小正零点，所以令2xφkπxkπφk0πφ0aφk10φπaπφ bfx的定义域之外的最小正数，所以令2xφπkπxπkπφk0bπ

a

φ ，则φ aπ

πφ ，

（舍去 综上所述，φπ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z11aiz22iaRz1z2az12a（1）a（2）a4（1）

z1z200（2）利用分母实数化求出1z1z21ai2i2a2a因为zz是纯虚数，所以其实部为0，且虚部不为0，即2a1 2a1由2a0，得a2.此时2a150a2 1 1ai2 a 2a将分母实数化，得1 2 2i2 所 的实部

a

2a由“实部是虚部的2a222a1. a24a2a4ABB1D

AA1BC4D为棱CC1的中点（1）（2）AC2AB22223216BC2AB因为直线AB在平面ABCAB又AC与AA1相交于点A，且直线ACAA1都在平面ACC1A1AB平面ACC1因为直线A1D在平面ACC1A1AB下面证明A1DADAC2因为CD2，且CDACAC2

222A1D22AA4所以在三角形AADAD2AD28816 A1D由于AB与AD相交于点A，且直线ABAD都在平面ABDA1D平面又直线A1D在平面A1B1D内，因此平面ABD平面利用，再在直角三角形（2）先证明AB平面ACC1A1ABA1DA1DADA1D平面ABD1AB因此，直线AB与B1D∠A1B1D因为DCC1的中点，且CC1AA14，所以C1D又因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，所以CC1平面

B1C1DB1D

2AC2C1AC2C1 22BC2C1 42A1B1AB2AD2AB281220BD2ADAB 1 122故在直角三角形ABD中，cos∠ABDA1B1 221 1

因此，直线AB

BD所成角的余弦值 152详解】fx2sinωxφ23cosωxφ，其中ω0φπf04fx在0π3个零点设t0，ωZfx1在0t2xxfx

π 3 （2（i）（ii）22 （1）fxf04和φπ确定（2（i（ii方程4cos3x1的前两个正解之间的对称关系求值.1 3 f04，得4sinφπ4所以sinφπ 3 3 因此φππ2kπkZ即φπ 又φπk0符合条件，所以φπ 2 2 x0π时，ωx0,ωπ函数cosuπ3π5π7π,， fx在0π3个零点，必须使前三个零点落在0,ωπ内， 两边同时除以π5ω7 2222由（i）及ωZ，得ωfx1化为4cos3x1即cos3x1设αarccos1则0απ

α2πα2π, x

α2πα2π xxπ2xπ π πfx1x234cos32x13. π

fx1x234cos6x1π 又因为cos3x1，所以cos6x2cos3x212

17 π

fx1x232 如图，在三棱锥PABCPBCABCBAC90AB6AC8.PPDBCDBC上PDAB若△PBC60PC2-PB2=25求点CPAB的距离（1）因为平面PBC平面ABC，且两平面的交线为BC，又PD平面PBC，且PDBCPD平面因为AB平面ABCPD（2（i）4.（ii）（1）利用面面垂直的性质，由PDBC推出PD平面ABC，再得到PDAB（2（i）先由底面直角三角形求出BC，再利用VPBC的面积求出PD；根据PC2PB225BD.在底面内过D作DEAB，证明∠PED是所求二面角的平面角，再计算其正切值.（ii）VPAB的面积，再用三棱锥等体积法求点C到平面PAB1详解】2

BAC90AB6AC8BC

AB2AC62又因为PDAB2AC62由 60，得1BCPD60,110PD60,所以PD12V 在直角三角形PBD和PCDPB2PD2BD2PC2PD2两式相减，结合PC2PB225，得CD2BD225又因为D在线段BCBDCDBC于是CDBDCDBD25CDBD255 联立BDCD10与CDBD5BD15CD25 在平面ABC内，过点D作DEAB，垂足为E，连接PE由第（1）问可知PDAB，又DEAB，且PD与DE相交于点D，所以AB平面PDE，从而ABPE.其中，PE平面PAB，DE平面ABC，且PE、DE均过棱AB上的点E∠PED二面角PAB

在平面ABC内，因为ACABDEABDEBDDE8154

DEAC

在直角三角形PDEtan∠PEDPD12 122故二面角PABC122PD2在直角三角形PD2

3又因为PEAB

V

1ABPE169 9设点C到平面PAB的距离为h以V

为底面时，因为PD平面ABC，三棱锥P

VP

1

V

PD116812 以