浙江省台州市2025-2026学年十校联盟高一下学期期中联考数学试题（含答案）

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命题：台州市外国语学校 赵剑鹏
台州市永宁中学 金群伟
8.【详解】设
显然， AF 在 AD 上的投影为 λ ,所以 AD. AF = λ
AF 在DE 上的投影为AB 减去BF 在 AB 上的投影
所以DE . AF = λ(4 一 3λ)
因此AE . AF = λ+ λ(4 一 3λ) = λ(5 一 3λ)
当 max 故选 D.
11.【详解】
设 LACE = θ ,则 LACB = 2θ
A 选项，根据 CE 为角平分线且SΔACE + SΔBCE = SΔACB 可得
化简得 AC . CE + CE = 2AC . csθ
而在 ΔACE中，cs ，所以AC . CE + CE ，将AC 代入解得 CE 故 A 正确.
B 选项，根据 CE 为角平分线，则在 ΔDCB中， CF 为 LDCB 的角平分线，则有
因此，想求出BF只需先求出BD的长度.
根据 AC 得 AD = ，AB = ，所以 BD
题号
1
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10
11
答案
B
B
A
D
C
B
A
D
AD
AC
ABD
根据 解得BF ，故 B 正确.
C 选项，在 ΔDCB和 ΔACB分别使用等面积法可得
化简得
两式相除可得 将 CD = 代入得 ，故 C 错误.
D 选项，根据 C 选项可得 ，根据B 选项可得 CD而
计算 ，得证，故 D 正确.
非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共15 分.
12. 60。或120。（写对一个得 3 分）
,
14.【详解】如图，因为PA、PB、PC 两两垂直，
所以三棱锥P 一 ABC 的外接球，即为长方体PADB 一CEFG 的外接球因为PA = 1 ，PB = 2 ，PC = 3，所以长方体PADB 一CEFG 的
体对角线PF
所以长方体PADB 一CEFG 外接球半径即三棱锥P 一 ABC 的外接球半径为R
又BC AB AC
在 ABC 中，由余弦定理，cs LCAB 则sin LCAB
由正弦定理，可得 ABC 的外接圆半径为r 所以球心到平面 ABC 的距离为 所以点 M 到平面ABC 距离的最大值为
故答案为：
四、解答题：本大题共 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）解析:
（1）z1 + z2 = 1+ ai + 2 _i = 3 +(a _1)i （2 分）因为z1 + z2 是实数，
所以有a__1 = 0 → a = 1 （4 分）因此z1 . z2 = (1+ i)(2 _ i) = 2 _ i + 2i +1 = 3 + i （6 分）
i … ………………………… ……（8 分）因为 是纯虚数，所以有 → a = 2 ……… …………………………… ……………………（11 分）所以z1 = 1 + 2i （12 分）因此 （13 分）
16.（本小题 15 分）
解析：（1）设 c = λa = λ(3, 4) = (3λ, 4λ) ， (λ > 0) ………………… …… ………………………（3 分）
由 c = 1得(3λ)2 + (4λ)2 = 1，解得 …………………………… ………… ………………………（5 分）
………………………………………………………………… ……………………… ………………………（6 分）
（2） ∵ (a _ 2b) . (2a _b) = 0 ………………… …………… ………………………… …………………………（8 分）
即2 | a |2 _5a .b + 2 | b |2 = 0 ……………………… …………… ………………… …………………………… …（10 分）又| a |= 5 ，| b |= 10 ，
∴ a . b = 14 （12 分）
∴向量a ，b 夹角的余弦值cs …… ……………………………… ………………（14 分） …… ………………………………… …… ………（15 分）
17.（本小题 15 分）解析：
（1）证明：如图，连接BC , ∵ BB1 //CC1 且BB1 = CC1
∴ BB1C1C 即BC //B1C1 ………………… ……………………………… ………（1 分） ∵ AA1 丄 平面ABC ，BC C 平面ABC
∴ AA1 丄 BC 又∵AB 为圆O 的直径 ∴ AC 丄 BC
∵ AC 丄 BC ， AA1 丄 BC ， AC ∩ AA1 = A ，AC C 平面AA1C ， AA1 C 平面AA1C
∴ BC 丄 平面AA1C （5 分） ∵ BC //B1C1 ∴ B1C1 丄 平面AA1C
∵ B1C1 C 平面B1C1B
∴ 平面AA1C 丄 平面B1C1B ……………………………… …………………………………………………… …………（7 分）
（2）延长 CO交圆 O 于点D ，连接BD, A1D, A1C1
易得 ΔOAC ΔOBD ，所以 AC = BD且LOAC = LOBD ，所以AC //BD （9 分） ∵ AA1 //CC1 且AA1 = CC1
∴ AA1C1C 即AC //A1C1 且 AC = A1C1
可得BD //A1C1 且BD = A1C1
∴ BDA1C1 即BC1 //A1D
可得LCA1D 或其补角即为异面直线 A1C 与 C1B 所成角………………… ……… ……………………（11 分） ∵点 C 为 AB 的中点且 CD为直径， ∴ AB = AD ，可得 A1C = A1D
∵ AC = 2 , AA1 = 2 ，∴ A1C （13 分）在 ΔCA1D 中， A1C = A1D = 6 ， CD = 2
∴ cs LCA1D ……………………… … … ……………（15 分）
18.（本小题 17 分）
解析：(1) 边化角可得sinAsinB +3 sin B csA = 3 sinC
所以sinAsinB +3 sin B csA = 3 sinAcsB +3 sin BcsA
即sinAsinB sinAcsB （2 分）解得tan B （3 分）即B …………………………………………………………………… …………………………………………………（4 分）
(2)根据余弦定理b2 = a2 + c2 _ 2accsB ，将条件代入得7 = a2 +1_a
即 a2 _a _ 6 = 0 （6 分）因为a >0 ，解得a = 3 （8 分）所以SΔABC ac sin B ……………………… … ……………………………………（9 分）
因为B ，则
SΔABC ac sin B a ……………………………………… ………………………………………………………（10 分）
因为 ΔABC 为锐角三角形且B ，所以C …………………………………………………（15 分）
则 tan C ∈( , +∞) ， ∈(0, 3 ) ， ∈(0, ) , - + ∈ ( , 2) ,
3 1 3 1 3 1 3 1 1
3 tan C 2 tan C 2 2 2 tan C 2
SΔABC ……………………………………………………………………………… … ……………………（17 分）
19.（本小题 17 分）
解析：（1）取PA 的中点为F ，连接EF, DF ,则EF//AB ，且EF AB ，… …… …（1 分）又AB//CD ，且 AB = 2CD ，
所以EF//CD，且 EF = CD ，
所以四边形EFDC 为平行四边形，
所以CE//DF （2 分）
又CE 丈平面PAD ，DF C 平面PAD ，所以CE// 平面PAD （4 分）
（2）因为CE//DF ，所以直线CE 与底面ABCD 所成角即直线DF 与底面ABCD 所成角，如图，过F 作FM丄 AD 于M ，
又平面PAD 丄底面ABCD ，平面PAD ∩底面ABCD = AD ，FM C 平面PAD ，
则FM 丄 底面ABCD ， （6 分）所以LFDM 即为直线DF 与底面ABCD 所成角 （7 分）取AD 的中点O ，连接PO，因为AP = PD，则 PO 丄 AD .
因为F 为PA 的中点，所以M 为AO 的中点.
又AB = 2CD = 2AP = 2PD = 4, PA 丄 PD,
则AD = SPA2 + PD2 = ·22 + 22 = 22 ，PO AD ,在RtΔFDM 中，FM PO DM
所以tan LFDM
即直线CE 与底面ABCD 所成角的正切值为 1 （10 分）
3
（3）如图，过O 作ON 丄 AD 交AB 于N ，连接PN ，
则LPON 即为平面PAD 和平面ADB的夹角 （12分）
因为四边形ABCD为直角梯形， AB = 4 ， CD = 2 ，AD = 22 ，所以LDAB 又因为LAON
所以AN = 2 .
当LPAB 时，在△PAN 中，AN = 2, PA = 2 ，
由余弦定理得PN2 = AN2 + PA2 _ 2AN. PAcs ……………………………………（14 分）在△PON 中，PO = 2 , ON = 2 , PN2 = 8 _ 42 ，
由余弦定理得cs LPON
所以锐二面角P _ AD _ B的余弦值为2 _1 （17 分）