福建省厦门大学附属实验中学2025-2026学年高一（下）第二次月考数学试卷(含简略答案)

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年福建省厦门大学附属实验中学高一（下）第二次月考数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知向量，若，则m=（）A.9 B.4 C.-4 D.-92.已知α，β，γ是三个不同的平面，m,n,l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（）A.若m⊥l,n⊥l,则m∥n B.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β

C.若m⊥α，m∥n,则n⊥α D.若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n3.已知复数，，则|z1z2|=（）A. B.1 C. D.4.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若c=acosB，则△ABC的形状为（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形5.已知向量，，，若A，B，C三点共线，则k=（）A.-4 B.-3 C.3 D.46.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=2，且异面直线AA1与CD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（）A. B. C. D.7.已知一圆柱有内切球，该球为一底面半径为，高为3的圆锥的外接球，则该圆柱的体积为（）A.2π B.4π C.8π D.16π8.如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器绕边BC倾斜.随着倾斜度的不同，在下面四个命题中错误的是（）

A.没有水的部分始终呈棱柱形

B.棱A1D1始终与水面所在平面平行

C.水面EFGH所在四边形的面积为定值

D.当容器倾斜如图（3）所示时，BE•BF是定值二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（）A. B.z的虚部为1

C.z在复平面内对应的点在第三象限 D.z2=2i10.△ABC是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（）A. B.

C. D.在上的投影向量是11.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，M，N，D，Q分别为棱AB，AC，B1C1，AA1的中点，DQ⊥QM，则以下结论正确的是（）A.B1C1∥平面QMN

B.AA1=

C.点Q到平面DMN的距离为

D.三棱锥D-QMN的外接球的表面积为三、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+（m2-5m）i（m∈R）是纯虚数，则m=

.13.在△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a,b,c,已知b=4，B=45°，若△ABC有两解，则a的取值范围是

.（写成区间的形式）14.把正方形ABCD沿对角线AC翻折，使得二面角B-AC-D的大小为，则直线AB与平面ACD所成角的正弦值为

.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，，且与夹角为60°.

（1）求；

（2）求与的夹角的余弦值.16.(本小题15分)

已知a,b,c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，满足sin2A-sin2B-sin2C+sinBsinC=0.

（1）求A；

（2）若△ABC的周长为20，面积为，求a.17.(本小题15分)

用斜二测画法画一个水平放置的平面图，其直观图如图所示，已知A′B′=3，B′C′=1，A′D′=3，且A′D′∥B′C′.

（1）求原平面图形ABCD的面积；

（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积.18.(本小题17分)

如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC=CD=2.

（1）已知AB=2，且AC=AD，

（i）当时，求△ABC的面积；

（ii）若，求∠ABC.

（2）已知，且，求AC的最大值.19.(本小题17分)

如图所示，在直角梯形BCEF中，BF∥CE，∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，且AD∥BC，ED=2AF=4，CD=t（0＜t＜5），BC+CD=5，将四边形ADEF沿AD向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设∠EDC=α（0＜α＜π），记几何体EFABCD体积为V.

（1）求证：BF∥平面CDE；

（2）若平面FBE⊥平面CBE.

①求证：BF⊥CE；

②当α取得最大值时，求V的值.

1.【答案】D

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】A

5.【答案】A

6.【答案】B

7.【答案】D

8.【答案】C

9.【答案】ABD

10.【答案】BD

11.【答案】ACD

12.【答案】-1

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】

16.【答案】解：（1）因为sin2A-sin2B-sin2C=-sinBsinC，

由正弦定理可a2-b2-c2=-bc,即b2+c2-a2=bc,

又由余弦定理得，

因为A∈（0，π），因此，．

（2）由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，

即b2+c2-bc=a2，

因为，所以bc=40．

因为a+b+c=20，

所以a2=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc=（20-a）2-120，

整理得40a=280，所以a=7．

17.【答案】12

60π

18.【答案】解：（1）（i）设AC=x,在△ACD中，由余弦定理得，解得，

在△ABC中，AB=BC=2，则底边AC上的高，

所以△ABC的面积．

（ii）设∠ADC=θ，依题意，，

则AD=AC=2ABcos∠BAC=4sinθ，CD=2ADcos∠ADC=8sinθcosθ=2，即，而，

所以．

（2）连接BD，△ABD中，，，

由余弦定理得，

则BD=AB，，设，在△BCD中，BC=CD=2，

于是AB=BD=2BCcos∠CBD=4cosα，在△ABC中，，

由余弦定理得：AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠ABC，

则

=，

当且仅当，即时取等号，

所以当时，，

所以AC的最大值是．

19.【答案】证明：根据题意可知AF∥DE，AB∥CD，

因为AF⊈平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE，

同理，因为AB⊈平面DCE，DC⊂平面DCE，所以AB∥平面DCE，

又因为AF，AB是平面ABF内的两条相交直线，所以平面ABF∥平面DCE，

因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE；

①证明：过点C作CH⊥EB交EB于点H，

因为平面FBE⊥平面CBE，平面FBE∩平面CBE=EB，所以CH⊥平面FB