广东省深圳聚龙科学中学等校2025-2026学年高一下学期第二阶段测数学试卷含解析（word版）

这是一份广东省深圳聚龙科学中学等校2025-2026学年高一下学期第二阶段测数学试卷含解析（word版），共86页。试卷主要包含了 A， D， C， B，ABC， AC等内容，欢迎下载使用。
1. A
【详解】由复数模长公式可知: 模长为 5
2.B
【分析】根据向量垂直的坐标关系, 代入求解, 即可得答案.
【详解】由 a⊥b ,得 a⋅b=6×1−4λ+1=0 ,解得 λ=12 .
3. D
【详解】由余弦定理可得 b2=a2+c2−2accsB ,
故 36=25+c2−2c×5×79 ,解得 c=9 或 c=−119 (舍).
故 c=9 .
4. C
【详解】该正四棱锥的高为 52−32=4 ,则该正四棱锥的体积 V=13Sℎ=13⋅322⋅4=24 .
5. A
【分析】根据空间线线、线面之间的基本关系, 结合选项依次判断看.
【详解】A: 若 l⊥m,m//n ,则 l⊥n ,故 A 正确;
B: 若 l//α,m⊥l ,则 m//α 或 m⊂α 或 m 与 α 相交,故 B 错误;
C: 若 l⊥m,m⊥n ,则 l⊥n 或 l//n ,故 C 错误;
D: 若 l//m,m⊂α ,则 l⊂α 或 l//α ,故 D 错误.
故选: A
6. B
【分析】找到二面角的平面角为 ∠D1CD ,即可得到答案:
【详解】由 BC⊥ 平面 DD1C1C,D1C⊂ 平面 DD1C1C ,所以 D1C⊥BC ,
又 DC⊥BC ,可知 ∠D1CD 为二面角 D1−BC−D 的平面角,
因为 DCC1D1 为正方形,所以 ∠D1CD=45∘ ,
所以二面角 D1−BC−D 的大小是 45∘ .
故选: B
7. B
【分析】应用投影向量公式结合数量积公式计算即可.
【详解】向量 a 与 b 上的投影向量为
a⋅bb×bb=abcsπ6b×bb=acsπ6×bb=2×32×b1=3b
故选: B.
8. D
【解析】
1. 解: 在平行四边形 ABCD 中, AB=2,AD=6,AB⋅AD=6 ,动点 P 在边 BC 上,
设 BP=λBC,0≤λ≤1 ,则 PC=1−λBC ,
所以 PA=BA−BP=−AB−λBC=−AB−λAD ,
PD=PC+CD=PC−DC=1−λBC−AB=−AB+1−λAD ,
所以 PA⋅PD=−AB−λAD⋅−AB+1−λAD=AB2+2λ−1AB⋅AD−λ1−λAD2
=4+62λ−1−36λ1−λ=36λ−132−6 ,
又 0≤λ≤1 ,
所以当 λ=13 时, PA⋅PD 取最小值为 -6,
当 λ=1 时, PA⋅PD 取最大值为 10,
则 PA⋅PD 的取值范围是 −6,10 .
9.ABC
【分析】利用复数的除法运算化简 z ,
【详解】复数 z=3−i2+i=3−i2−i2+i2−i=6−5i−15=1−i ,
所以 z 的实部为 1,故 A 不正确;
z 的虚部为 -1,故 B 不正确;
z=12+−12=2 ,故 C 不正确;
z 的共轭复数为 1+i ，故 D 正确；
10. AC
【分析】利用异面直线的性质一一验证即可,选项 D 可以利用勾股定理验证.
【详解】 ∵ 直线 CC1⊂ 平面 C1CDD1,M∈ 面 C1CDD1,A∉ 面 C1CDD1 ,
∴ 直线 AM 与 CC1 是异面直线,
A 正确;
同理,直线 MN 与 BD1 是异面直线,
B 错误;
直线 BN 与 MB1 是异面直线,
C 正确;
设正方体的棱长为 2,
∵MN=MC12+NC12=2,BN=BC2+CN2=5 ,
BM=BB12+MB12=BB12+BN2=3,
∴BM2≠MN2+BN2 ,
∴ 直线 MN 与 BN 所成角不是 90∘
D 错误;
故选: AC
【点睛】此题考异面直线的定义和性质, 两条直线的夹角, 属于简单题.
11. BCD
【分析】对于 A : 利用余弦定理边角转化即可; 对于 B : 利用正弦定理求三角形外接圆半径,即可得结果; 对于 CD: 根据选项 A 中结论,结合基本不等式运算求解.
【详解】对于选项 A: 因为 2c−b=2acsB ,
由余弦定理可得 2c−b=2a×a2+c2−b22ac=a2+c2−b2c ,
整理可得 b2+c2−a2=bc ,则 csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12 ,
且 A∈0,π ,所以 A=π3 ,故 A 错误;
对于选项 B: 由正弦定理可得 △ABC 外接圆的半径 R=a2sinA=32×32=1 ,
所以 △ABC 外接圆的面积为 πR2=π ,故 B 正确;
对于选项 C: 由 b2+c2−a2=bc 可得 b2+c2=a2+bc=3+bc ,
且 b2+c2≥2bc ,即 3+bc≥2bc ,解得 bc≤3 ,当且仅当 b=c=3 时,等号成立,
所以 △ABC 面积的最大值为 12×3×32=334 ,故 C 正确;
对于选项 D: 由 b2+c2=3+bc 可得 b+c2=3+3bc ,即 bc=b+c2−33 ,
且 bc≤b+c24 ,即 b+c2−33≤b+c24 ,
解得 b+c2≤12 ,即 b+c≤23 ,当且仅当 b=c=3 时,等号成立,
所以 △ABC 周长的最大值为 23+3=33 ,故 D 正确;
故选: BCD.
12. 3
【分析】转化 a+b=a+b2=a2+b2+2a⋅b ,利用数量积的定义及题干数据,即得解
【详解】由题意, a+b=a+b2=a2+b2+2a⋅b=1+1+2×1×1×cs60∘=3
故答案为: 3
【点睛】本题考查了向量模长、数量积的运算, 考查了学生综合分析, 转化与划归, 数学运算能力, 属于基础题
13. 7π3/73π
【分析】根据题意求得母线长 l 及高 ℎ ,代入圆台的体积公式求解.
【详解】圆台的上底面和下底面的半径分别是 r=1 和 R=2 ,设母线长为 l ,高为 ℎ ,侧面积是 32π , 故 πR+rl=π2+1l=32π ,
所以 l=2 ,
圆台的高为 ℎ=l2−R−r2=2−2−12=1 ,
所以圆台体积为 V=13πR2+Rr+r2ℎ=13π4+2+1×1=7π3 .
故答案为: 7π3
14. π6
【分析】如图所示: 将四棱锥 P−ABCD 放入边长为 a 的正方体内,故 ∠BPM 为直线 PB 与平面 PCD 所成的角, 根据长度关系得到答案.
【详解】如图所示: 将四棱锥 P−ABCD 放入边长为 a 的正方体内.
连接 BC1,B1C 相交于 M ,易知: BC1⊥B1C,BC1⊥CD 故 BC1⊥ 平面 CDPB1
故 ∠BPM 为直线 PB 与平面 PCD 所成的角
RtΔBPM 中: BP=2a,BM=22a ,故 ∠BPM=π6
故答案为: π6

【点睛】本题考查了线面角,将四棱锥 P−ABCD 放入边长为 a 的正方体内是解题的关键.
【答案】
15. (1)因为 2bc=b2+c2−a2 , 2 分
所以由余弦定理,得 csA=b2+c2−a22bc=2bc2bc=22 . 4 分
因为 A∈0,π ,所以 A=π4 . 6 分
(2)因为 A=π4,a=22,B=π3 ， 7 分
所以由正弦定理,得 asinA=bsinB , 9 分
即 22sinπ4=bsinπ3 , 11 分
所以 b=23 . 13 分
16. (1)设与 a 垂直的单位向量为 e=x,y . 2 分
则 x2+y2=1,4x+2y=0, 解得 x=55y=−255 或 x=−55y=255 4 分
所以 e=55,−255 或 e=−55,255 . 6 分
(2)因为 a=1,0,b=1,1 ，所以 a+λb=1+λ,λ ，
因为 a+λb 与 a 垂直,所以 a+λb⋅a=0 , 8 分
所以 1+λ,λ⋅1,0=0 ,即 1+λ=0 ,所以 λ=−1 . 10 分
(3) a+kb 与 a−kb 互相垂直的充要条件是 a+kb⋅a−kb=0 ，
即 a2−k2b2=0 . 12 分
因为 a2=32=9,b2=42=16 ,所以 9−16k2=0 . 14 分
解得 k=±34 . 也就是说,当 k=±34 时, a+kb 与 a−kb 互相垂直. 15 分
17. 解: (1) 因为 e1,e2 是两个单位向量,其夹角为 60∘ ,
则 e1=1,e2=1,e1⋅e2=12 . 2 分
又 a2=2e1+e22=4e12+4e1⋅e2+e22=7 ,
所以 a=7 , 5 分
同理 b2=−3e1+2e22=9e12−12e1⋅e2+4e22=7 ,所以 b=7 . 7 分
(2) 由题得, a⋅b=2e1+e2⋅−3e1+2e2=−6e12+e1⋅e2+2e22=−72 . 10 分
设 a 与 b 的夹角为 θ ,则 csθ=a⋅ba⋅b=727×7=−12 . 12 分
因为 θ∈0,π ,所以 θ=2π3 ,14 分
则 a 与 b 的夹角为 23π . 15 分
18. (1)证明:延长 AO ，交 BC 于点 M ，
由 △ABC 为等边三角形，得 O 是 △ABC 的中心，
则 AO⊥BC ,
易知 PO⊥ 平面 ABC ,
因为 BC⊂ 平面 ABC ,
所以 PO⊥BC ,
又 PO∩AO=O,PO,AO⊂ 平面 POA ,
所以 BC⊥ 平面 PBC ,
又 BC⊂ 平面 PBC ,
所以平面 POA⊥ 平面 PBC .
(2)连接 PM ，作 AH⊥PM 于 H ，由(1)知 BC⊥ 平面 POA ，
因为 AH⊂ 平面 POA ,所以 BC⊥AH ,
因为 BC∩PM=M,BC,PM⊂ 平面 PBC ,
所以 AH⊥ 平面 PBC .8 分
故 A 到平面 PBC 的距离为 AH 的长.
易知 AM=32AO=3,MO=12AO=1 ,
又 PO=22 ,所以 PM=PO2+MO2=3 , 10 分
所以 PM=AM ，
又 ∠AMH=∠PMO ,
所以 Rt△AMH≅Rt△PMO ,
故 AH=PO=22 ,
所以点 A 到平面 PBC 的距离为 22 12 分
(3)存在外接球 设球心为 Q ,由对称性可知球心在直线 P0 上,
由球心定义可知 Q 是直线 PO 和线段 PA 中垂线交点,下面为截面示意图

13 分
设球半径为 R ,在直角三角形 OAQ 中,由勾股定理知:
R2=h−R2+r2
R=322.15 分
所以球表面积 S=4πR2=18π .17 分
19. 解: (1) 在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，由 ∠A1CA=45∘ ，得 AA1=AC=6 ，
由 AB=8,AC=6,∠BAC=90∘ ,得 BC=10,S△ABC=12AB⋅AC=24 , 2 分
所以直三棱柱 ABC−A1B1C1 的体积 V=S△ABC⋅AA1=144 . 4 分
(2)连接 A1B∩AB1=E ,连接 DE ,
由矩形 ABB1A1 ,得 E 是 A1B 的中点,而 D 是 BC 边的中点,
则 DE//A1C ,又 A1C⊄ 平面 AB1D,DE⊂ 平面 AB1D , .6 分
所以 A1C// 平面 AB1D . 8 分
(3)当小虫从点 A1 沿 △A1B1C1 爬到点 D ，把矩形 BCC1B1 与 △A1B1C1 置于同一平面内，如图，

连接 A1D ,过 A1 作 A1F⊥BC 于 F ,交 B1C1 于点 O ,
由 BC//B1C1 ,得 A1O⊥B1C1,A1O=A1B1⋅A1C1B1C1=8×682+62=245,A1F=245+6=545 ,
OC1=A1C1cs∠A1C1B1=A1C1⋅A1C1B1C1=185 ,则 DF=CD−OC1=5−185=75 ,
因此 A1D=A1F2+DF2=15542+72=152965 ; 11 分
当小虫从点 A1 沿正方形 ACC1A1 爬到点 D ，
把正方形 ACC1A1 与 △ABC 置于同一平面内，
或把正方形 ACC1A1 与矩形 BCC1B1 置于同一平面内,如图,
在左图中,取 AB 中点 G ,连 DG ,显然 B,A,A1 共线,
则 DG//AC,DG=12AC=3,DG⊥AB ,
而 A1G=AA1+AG=10 ,因此 A1D=A1G2+DG2=102+32=109 , 14 分
在右图中, AD=AC+CD=11,A1D=A1A2+AD2=62+112=157>109 ;
当小虫从点 A1 沿矩形 ABB1A1 爬到点 D ,
把矩形 ABB1A1 与 △ABC 置于同一平面内,
或把矩形 ABB1A1 与矩形 BCC1B1 置于同一平面内,如图,
在左图中,取 AC 中点 H ,连 DH ,显然 C,A,A1 共线,
则 DH//AB,DH=12AB=4,DH⊥AC ,
而 A1H=AA1+AH=9 ,因此 A1D=A1H2+DH2=92+42=97 ,
在右图中, AD=AB+BD=13,A1D=A1A2+AD2=62+132=205>97 ,
显然 152965>109>97 ,
所以小虫爬行的最短距离 97 . 17 分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
D
C
A
B
B
D
ABC
AC
BCD