四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共18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。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将答题卡交回。
第 I 卷（选择题）
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
复数(1 5i)i 的虚部为（）
1
B．0C．1D．6
已知向量a  (1, 0), b  ( x, 2) ，若(a  2b)  a ，则实数 x  （）
B． 1
． 1
C
2
D．  1
2
如图正方形OABC 的边长为1cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）
8cmB． 6cmC． 2(1
3)cm
D． 2(1
2)cm
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E 为棱CC1 的中点，则 AE 与 B1D1 的夹角为（）
ππ
B．
42
ππ
C． D．
63
如图所示，P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为 M 为 PB 的中点，下列结论正确的个数为（）
① OM / / 平面 PBC
② OM / / 平面 PCD
③ OM / / 平面 PDA
④ OM / / 平面 PBA
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
在ΔABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 csA  csB  3sinC ，则a  （）
absinB
A． 1
3
B．
3
–––→
1 –––→
C．1D．3
如图，在 △ ABC中，已知 BD  2 DC ，AE  2EC ，P 是线段 AD
与 BE 的交点，若 AP  m AB  n AC ，则m  n 的值为（）
A． 3
7
B． 6
7
C．1D． 9
7
，
如图，在正四面体 ABCD 中，放置 1 大、4 小共5 个球，其中大球为正四面体 ABCD 的内切球，小球与大球及正四面体三个面均
3
相切，若正四面体 ABCD 的体积为8
（）
，则5 个球的体积之和为
2πB． 11π
6
C． 3πD．16π
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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.）
已知复数 z1  5  8i ， z2  9i ，则（）
z 是纯虚数B． z1 在复平面内对应的点位于第二象限
z
2
2
z1  5  8i
z2
 81
窗花是贴在窗户玻璃上的贴纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在 2026 年马年新春，有人设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图 1）．已知正方形 ABCD 的边长为 2，四个半圆的圆心均为正方形 ABCD 各边的中点（如图
2），若 E，F 分别为弧 BC，弧 CD 的中点，则（）
A． AE  AF  2 AC
C． AE 在 AF 方向上的投影向量为
3 –––→
AF
5
B． AE 与 AF 的夹角为45

–––→–––→–––→
D． ED  EB  EF  8
在 △ ABC中，角 A, B,C 的对边分别为?,?,?, △ ???外接圆的半径为 2，且
acsB  bcsA  c 4csA 1 ，则下列结论正确的是（）
A  π
6
3
a  2
3
4 3
3
△ ABC面积的最大值为3
若b  c  2 ，角 A 的平分线交 BC 于点 D ，则 AD 
第 II 卷（非选择题）
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
若△ABC 中， sinA : sinB : sinC  2 : 3 : 4 ，那么 csC=．

已知 a  (1,2), b  1,λ ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是．
海军某登陆舰队在一次海上训练中，雷达兵在 P 处发现在北偏东 50°方向，相距 30 公里的水面Q 处，有一艘 A 舰艇发出液货补给需求，它正以每小时 50 公里的速度沿南偏东 70°方向前进，这个雷达兵立马协调在 P 处的 B 舰艇以每小时 70 公里的速度，沿北偏东50 θ方向与 A 舰艇对接并进行横向液货补给．若 B 舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给，则 sinθ ．
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．（13 分）已知向量a  1, 2 ， b  2, 3 ．
→→→→
（1）求a  b a  b  ；
→ →
（2）求cs a, b ．
▲
，
16．（15 分）如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形
E 是 PD 上的点．
若 E，F 分别是 PD 和 BC 的中点，求证：EF∥平面 PAB；
若 PB∥平面 AEC，求证：E 是 PD 的中点．
▲
17．（15 分）如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，侧棱 AA1  底面 ABC ， AB  BC ， D 为 AC 的中点， AA1  AB  BC  2 .
求证： AC1  A1B ；
求直线 BC1 与平面 AA1C1C 所成角的大小．
▲
18．（17 分）如图，在梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AB  AD ， AB  2CD  4 ，E、F 分别为
DC 、CB 的中点，且 ，P 是线段 AB 上的一个动点．
AC EF  2
若 EF  m AB  n AD ，求mn 的值；
求 AD 的长；
求 PE  PF 的取值范围．
▲
19．（17 分）已知a ， b ， c 分别为△ ABC三个内角A ， B ， C 的对边，
a cs C  3a sin C  b  c  0
求角A ；
若a  2 ， △ ABC的面积为 3 ，求b ， c ；
若a  3 ，且△ ABC为锐角三角形， D 为 BC 的中点，求中线 AD 的取值范围．
▲
数学试题参考答案
考试时间：120 分钟满分：150 分
1.C2. C 3.A 4.B 5．B 6.A 7．B8. A 9. AC 10.ACD 11.BCD
12. -0.25.13.
  1 且 2
2
5 3
14
8.在正四面体 A  BCD 中，设棱长为a ，高为h ， O 为正四面体 A  BCD 内切球的球心，
延长 AO 交底面 BCD 于 E ， E 是等边三角形 BCD 的中心， BE 延长线交CD 于 F ，连接 AF ，
则点 F 是CD 的中点， OE 为正四面体 A  BCD 内切球的半径，
AF  BF 
3 a , BE  2 BF 
3 a ,EF 
3
a ， h  AE 
6 a ，
AF 2  EF 2
3
6
23363
3
由正四面体 ABCD 的体积为8，得 1 
3 a2  6 a 8
，解得a  2，
BO2  BE2
由OE 
6
则h 6  2 4 ，最大球半径r
343
( AE  OE)2  BE2
，解得OE 
大
 1 h  1 ，
6 a  1 h ，
124
34
因此最大球的体积为V  4π 13  4π ；
大33
小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高h小  h  2r大  4  2  2 ，
因此最小球半径r  1 h  1  2  1 ，
小 4 小 42
4π  1 3π
4ππ
因此最小球的体积为V小 
  
32
 
 ，所以 5 个球的体积之和为
63
 4  2 π 11．BCD
6
11.【详解】对于 A，因为a cs B  b cs A  c(4 cs A 1) ，所以sin A cs B  sin B cs A  sin C(4 cs A 1) ，所以sin  A  B  sin C(4 cs A 1) ，又 A  B  π  C ，即sin  A  B   sin π  C   sin C ，
则sin C  sin C(4 cs A 1) ，又sin C  0 ，所以1  4 cs A 1 ，
解得cs A  1 ，又0  A  π ，故 A  π ，故 A 错误；
23
对于 B，因为 A  π ， VABC 外接圆的半径为 2，
3
所以 a  2R sin A  4  3
2
 2 3，故 B 正确；
对于 C，因为b2  c2  a2  2bc cs A ，即b2  c2  12  bc ，
3
又b2  c2  2bc ，所以12  bc  2bc ，得bc  12 ，当且仅当b  c  2时，取等号，
所以 S
 1 bc sin A 3 bc 3 12  3 3 ，即VABC 面积的最大值为3 3 ，故 C 正确；
V ABC244
对于 D，由b  c  2 ，结合b2  c2  12  bc ，解得b  4, c  2 ，
由 S ABC
 S ABD
 S ACD
，即 1  2 4sin π  1  2 AD sin π  1  4 AD sin π ，
232626
解得 AD  4 3 ，故 D 正确
→
3
【解析】（1）因为 a  1, 2 ， b  2, 3 ,
a
所以 →2
 → 2
→→ 2
 5, b 2  b
 13 ，
a
→→→→2→2
→
所以a  b a  b   a  b  5 13  8 ,————6 分
4 65
a
→ →→  b12  2  3
（2） cs
a, b
 →
| a |
→ 
5  13
 | b |
.————13 分
65
【答案】证明：(1)如图，取 PA的中点 G，连接 BG，EG，
1
在△PAD中，因为 E，G分别为所在边的中点，所以 EG∥AD，且 EG＝ AD
2
又因为底面 ABCD为平行四边形，F为 BC的中点，
1
所以 BF∥AD，且 BF＝ AD，所以 EG∥BF，且 EG＝BF，
2
所以四边形 BFEG为平行四边形， 所以 EF∥BG， ————4 分
因为 EF✪ 平面 PAB，BG⊂平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB． ————7 分
(2)如图，连接 BD，交 AC于点 H，连接 EH，
因为 PB∥平面 ACE，PB⊂平面 PBD，平面 PBD∩平面 ACE＝EH， 所以 PB∥EH， ————12 分
在△PBD中，H为 BD的中点，所以 E为 PD的中点． ————15 分
【解析】（1）略 ————7 分
由（1）知 BD 平面 AA1C1C ，所以直线 BC1 在平面 AA1C1C 的射影为 DC1 ，所以DC1B 即为所求的线面角，
在VABC 中， AB  BC  2 ， AB  BC ， D 为 AC 的中点，
所以 BD  1 AC  1  2 2 2 .
22
C C2  CD2
1
在直角三角形 DC1C 中， DC1


，
4  2
6
11
故在直角三角形 DC B 中， tan DC B  BD 3 ，
DC13
又DC B 0, π  ，所以DC B  π ，
12 16
所以直线 BC 与平面 AAC C 所成角为 π . ————15 分
11 16
【解析】（1）由 E, F 分别为CD, BC 的中点，则 EF / / BD ， EF  1 BD ，
2

–––→1 –––→1 –––→ –––→–––→–––→11
由图可得 EF  DB  AB  AD  m AB  n AD ，则m  ,n   ，
2222
所以 mn   1 .————5 分
4
–––→
1 –––→1 –––→
–––→
1 –––→–––→
（2）由（1）可知 EF 
AB 
22
AD ， AC 
AB  AD ，
2
1
4
1
2
由 AD AB ，则 AD  AB  0 ，
–––→ –––→ 1 –––→–––→   1 –––→1 –––→ 
–––→ 2
–––→ 2
222
AC  EF   AB  AD   AB  AD  
 
AB 
AD  2 ，
可得4 
–––→ 2
1
2
AD
–––→
 2 ，解得 AD  2 . ————10 分
–––→–––→–––→–––→–––→–––→1 –––→ 1 –––→–––→
44
由图可得 PE  PA  AD  DE   x AB  AD  AB    x  AB  AD ，




–––→–––→–––→–––→1 –––→–––→1 –––→–––→–––→
PF  PB  BF  1 x AB  BC  1 x AB  BA  AD  DC
22
 1–––→  1 –––→  1 –––→  1 –––→   3   –––→  1 –––→
x  ABABAD
22
4 AB 4x  AB
AD ，
2

–––→ –––→
 1
–––→ –––→   3
–––→
1 –––→  1
 3
 –––→
2 1 –––→ 2
PE  PF   4  x  AB  AD  · 4  x  AB  2 AD    4  x  4  x  AB
AD
2

 

 31
1 2
  x  x2 16   4  16x2 16x  5  16  x   1，
 162
2 
由0  x  1，则 PE  PF 1, 5.————17 分
19、【解析】（1）因为a cs C  3a sin C b  c  0 ，
由正弦定理知可得sin A cs C  3 sin A sin C  sin B  sin C  0 ，
而sin B  sin π   A  C   sin  A  C   sin A cs C  cs A sin C ，
sin Acs C  3 sin Asin C  sin Acs C  cs Asin C  sin C  0 ，
即 3 sin A sin C  cs A sin C  sin C  0 ，又sin C  0 ，
 3 sin A  cs A  2 sin  A  π   1 ，即sin  A  π   1 ，
6 6 2

又0  A  π ，则 π  A  π  5π
666
 A  π  π ，则 A  π .————5 分
663
 1 bc sin A 
3
 2
bc  4
由（1）及题设可得
222
，即 22，
cs A  b  c  a  1
b  c  8
2bc2
将b  4 代入b2  c2  8 ，整理得c4  8c2 16  0 ，则c2  4 ，
c
即c  2 （负值舍去），故b  2 .————10 分
–––→1
因为 D 为 BC 的中点，所以 AD 
2
–––→–––→

AB  AC ，
––––→1
两边平方得 AD2 
–––→–––→ 21

AB  AC
–––→2

AB
–––→2
 AC
–––→ –––→

 2 AB  AC 
1 c2  b2  bc  ，
444
在△ ABC 中，由余弦定理得a2  b2  c2  2bc cs A  b2  c2  bc ，即b2  c2  3  bc ，
–––→2131
所以 AD
 3  2bc   
442
bc ，
b
在△ ABC 中，由正弦定理得sin B
所以b  2sin B ， c  2sin C
c
sin C
a
sin A
3 2
3，
2
所以bc  4 sin B sin C  4 sin B sin  2π  B 
 3

 2 3 sin B cs B  2 sin2 B  3 sin 2B 1 cs 2B  2 sin  2B  π  1，
6 

因为△ ABC 为锐角三角形，所以0  B  π 且0  2π  B  π ，解得 π  B  π ，
ππ5π
23262
1 π 
6
所以  2B  ，所以sin  2B    1 ，则2  bc  3 ，
6662

7–––→29
所以AD ，
44

所以中线 AD 的取值范围是
, 3  . ————17 分
7

22
