浙江省宁波六校联盟2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷含答案（word版）

这是一份浙江省宁波六校联盟2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷含答案（word版），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
二、多选题: 本大题共 3 小题, 每个小题 6 分, 共 18 分.在每小题给出的选项中, 有多项是符合题 目要求的.全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
三、填空题: 本大题共 3 小题, 每个小题 5 分, 共 15 分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 2π3 ; 13. π4 ; 14. -6 .
四、解答题:本大题共 5 小题, 共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 解:
设 z=a+bi,a,b∈ℝ ,则 z=a−bi ,
由题可知: z+z=2a=4z−z=2bi=63i=−2i ,解得 a=2b=−1 ,故 z=2−i ; 3 分
(1) 将 z=2−i 代入方程,可得: 2−i2+p2−i+q=0 ,
化简得 3+2p+q−4+pi=0 , 5 分
由题可知, p,q 为实数,故有 3+2p+q=04+p=0 ,解得 p=−4q=5 ; 8 分
(2) 因为 z+ai2=2+a−1i2=a+35−a+4a−1i ,
所以 z 的对应点为 Za+13−a,4a−1 , 10 分
由题可知, Z 在第二象限,故有 a+13−a0 ,解得 a>3 . 13 分
16. 解:
(1)如图，正四棱台 ABCD−A1B1C1D1 的每个侧面均为全等的等腰梯形， 分别取 B1C1,BC 的中点 E,F ,连接 O1E,OF,EF ,
过点 E 作 EG⊥OF 于点 G ,
则 EG=O1O=6 cm,O1E=2 cm,OF=4 cm,GF=2 cm ,
由勾股定理可得: EF=EG2+GF2=62+22=210 cm ， 4 分
侧面积 S侧=4SBCC1B1=4×12×4+8×210=4810 cm2 ,
又由题可知,棱台下底面面积 S=82=64 cm2 ,上底面面积 S1=42=16 cm2 ,
故棱台表面积 S表=S+S1+S侧=80+4810cm2 ; 8 分
(2)若要将铁料棱台最大限度打磨为一个圆台，
则圆台 O1O 上下底面恰为正四棱台上下底面正方形的内切圆,高与正四棱台一致,
所以圆台上底面半径 r1=2 cm ,下底面半径 r=4 cm ,高 ℎ=6 cm , 11 分
则圆台 V=13πℎr12+r2+r1r=13π×6×22+42+2×4=56πcm3 . 15 分
17. 解:
(1)由 acsB=2bcs2A2 与正弦定理可得: sinAcsB=2sinBcs2A2 ，
由 cs2A2=1+csA2 可得: sinAcsB=sinB1+csA , 2 分
整理得: sinAcsB−csAsinB=sinB ,即 sinA−B=sinB , 4 分
由题: A,B∈0,π2 ,故有 A−B=B ,即 A=2B , 6 分
(2)由(1)可知: A=2B,C=π−3B ，
因为 △ABC 为锐角三角形,所以 A=2B∈0,π2B∈0,π2C=π−3B∈0,π2 ,解得 B∈π6,π4 , 9 分
由正弦定理可得:
cb=sinCsinB=sin3BsinB=sin2BcsB+cs2BsinBsinB=2sinBcs2BsinB+2cs2B−1=4cs2B−1 , 12 分
由 B∈π6,π4 可得 csB∈22,32 ,
故 cb=4cs2B−1∈1,2 ; 15 分
18. 解:
(1)由余弦定理可得: AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcs∠ACB=13 ，即 AB=13 ； 3 分
(2) 由 AD=λAB 可得: CD=1−λCA+λCB,DB=1−λAB ,
CD2=1−λCA+λCB2=1−λ2CA2+λ2CB2+2λ1−λCA⋅CB,
AD⋅BD=λ1−λAB2=λ1−λCB−CA2
=λ1−λCB2−2λ1−λCB⋅CA+λ1−λCA2
两式相加,化简可得: CD2+AD⋅BD=1−λCA2+λCB2 ,即命题成立. 9 分
(3)由 A,F,E 三点共线且 C,F,D 三点共线可知: ∠EFC=FC,FE=DC,AE 11 分
当 λ=13 时, CD=23CA+13CB,AE=CE−CA=23CB−CA ,
DC⋅AE=−23CA+13CB23CB−CA=−−23CA2+19CB⋅CA+29CB2=−289 , 14 分
由 (2) 可知, CD2=23CA2+13CB2−29AB2=289 ,即 CD=273 ,
同理: AE2=23AB2+13CA2−29CB2=499 ,即 AE=73 ,
故 cs∠EFC=cs⟨DC,AE⟩=DC⋅AEDC⋅AE=−277 . 17 分
19. 解:
(1)由题可得，此时 △ABC 的布洛卡角 θ=π3 ，故 ∠BPC2π3 ，
由正弦定理可得: △PBC 外接圆直径 2R=BCsin∠BPC=833 ，即 R=433 ； 3 分
(2)由题可知: S△ABC=S△PBC+S△PCA+S△PAB
其中 S△PBC=12PB⋅asinθ，S△PCA=12PC⋅bsinθ，S△PAB=12PA⋅csinθ ,
故 sinθ=2S△ABCPB⋅a+PC⋅b+PA⋅c , 6 分
由余弦定理可得:
PC2=PB2+a2−2PB⋅acsθ,
PA2=PC2+b2−2PC⋅bcsθ,
PB2=PA2+c2−2PA⋅ccsθ ,
三式相加,化简可得: csθ=a2+b2+c22PB⋅a+PC⋅b+PA⋅c , 9 分
故 tanθ=sinθcsθ=4S△ABCa2+b2+c2 10 分
(3) 由题可知: sinB=1−cs2B=5716 ,故有 S△ABC=12acsinB=1574
又由余弦定理可得: b2=a2+c2−2accsB ,故 b=5 ,
由 (2) 可知, tanθ=4S△ABCa2+b2+c2=15777 ,
csA=b2+c2−a22bc=18,sinA=1−cs2A=378,
S△PCAS△PAB=12PA⋅bsinA−θ12PA⋅csinθ=5sinAcsθ−csAsinθ4sinθ=54sinAtanθ−csA=94. 17 分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
D
C
A
A
D
题号
9
10
11
答案
AD
ABD
ABD