黑龙江绥化市第七中学2025-2026学年高一下学期6月期中考试数学试卷

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单选题
(1  i)(3  i) 
2  2i
2  2i
4  2i
4  2i
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，已知a  4, b  5, c  6 ，则sinC  （ ）
1
8
3 7
8
3
4
7
4
某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字，该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面､
后面､上面､下面､左面､右面”表示.如图是该正方体的展开图.若图中“行”在正方体的左面，那么在正方体右面
的字是（ ）
最B．美C．逆D．敬
已知函数 f  x  sin ωx  π ω 0 ，若把 f  x 的图象向右平移 π 个单位长度后得到的图象关于点
3 6

 π , 0  对称，则 ω 的最小值为（ ）
 2

A．2B．3C．4D．5
已知 P  ABC 为棱长 4 的正四面体，则该正四面体的外接球的表面积为（ ）
6πB．12πC． 24πD． 36π
如图，在V ABC 中，点O 是 BC 的中点，过点O 的直线分别交直线 AB, AC 于不同的两点M , N ，若
AB  m AM , AC  n AN ， m  0, n  0 ，则 3 
m
81
3n  2
的最小值（ ）
A． 2B． 8C． 9D．18
如图，在V ABC 中， AB  4DB, P 为CD 的中点，则 BP  （ ）
 1
–––→
AB 
1 –––→
AC

1 –––→
AB 
1 –––→
AC
4243
 5
–––→
AB 
1 –––→
AC

5 –––→
AB 
1 –––→
AC
8283
已知圆锥的轴截面是一个面积为64 3 的等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
128πB． 64 3C．192πD． 64π  64 3π
多选题
已知复数 z  1 i ，则下列说法正确的是（）
i
z 的虚部为iB． z2 为纯虚数
2
C． z D． z 在复平面内对应的点位于第一象限
如图，在V ABC 中， BC  3， D 为 BC 边上的中点， BAD  α， CAD  β，且α β 2π ，则（ ）
3
3
V ABC 外接圆的半径为2
sinα AC
sin βAB
AB  AC 的最大值为 3D． AD 的最大值为 3 2
11．（多选）下列命题中正确的是（ ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C．棱锥的各侧面一定有一个公共点
棱台各侧棱的延长线交于一点
填空题
复数 z  i2024  i2025  ．
紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶､石瓢壶､潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似
看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位： cm ），那么该壶的侧面积约为cm2 .

–––→ –––→ –––→
已知V ABC 是边长为 1 的等边三角形，P 为平面 ABC 内一点，则 PA  PB  PC 的最小值是．
解答题
已知复数 z1  1 mi ， z2  a  a2  3ai(m，a  R，i 为虚数单位) ．
若z1  z2 ，求实数m 的值；
若ω
z1
1 i
在复平面内所对应的点位于第四象限，求m 的取值范围．
已知V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且b sin C  a sin A  b sin B  c sin C ．
求 A；
若a  21 ， b  3c ，求 b，c 的值．
如图，在ft脚 A 测得ft顶 P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到 B ，在 B 出测得ft顶 P 得仰角为γ，
若β 15 ，求坡面的坡比．（坡比是坡面的垂直高度与水平宽度的比值）
求证:ft高h  a sinαsin(γ β) .
sin(γα)
如图，一块扇形铁皮 AOB ，半径OA  36 厘米，圆心角AOB  π ，现剪下一个扇环 ABCD 做圆台形容
3
器的侧面，并从剩余的扇形COD 内剪下一个最大的圆刚好做容器的下底（圆台下底面大于上底面）．
OC 应取多少厘米？
制作这样一个没有上底的圆台形容器需要多少平方厘米的铁皮？（不计连接处损耗）
→
已知a ， b ， c 是同一平面内的三个向量，其中a  1, 3  .
→
若 c  1 ，且c//a ，求c 坐标；
→→→→
若b 为单位向量，且a  b  2a  5b ，求a 与b 的夹角.
1．D
根据复数的运算法则进行计算即可．
【详解】1 i 3  i   3  i  3i  i2  3  2i  1  4  2i ，
故选 D.
2．B
先应用余弦定理得出csC  1 ，再应用同角三角函数关系计算求解.
8
b2  a2  c225  16  361
【详解】由余弦定理得csC  ，

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
A
C
D
C
C
BCD
BC
题号
11
答案
ACD
1  cs2C
sinC 
故选：B. 3．A

 3 7 ，
1  1
64
8
2ab
2  5  48
利用正方体及其表面展开图的特点以及题意，把“行”放到正方体的左面，然后把平面展开图折成正方体，看
“行”的相对面，即可判断.
【详解】把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是“最”．
故选：A．
4．A
根据平移写出函数解析式 g  x  sin ωx  2 ω  ，可得 π ω 2 ω  kπ ，运算得ω 3k 1， k  Z 得解.
6π 26π

【详解】由题意，平移后函数解析式为 g  x  sin ωx  2 ω  ，
6π 
由题意得

π ω 2
ω
π  kπ ， k  Z ，
26
解得ω 3k 1， k  Z ，且ω 0 ，当k  1 时，ωmin  2 .
故选：A.
5．C
通过补形的方法求得正确答案.
【详解】将正四面体 P  ABC 补形成正方体如下图所示，
正四面体的棱长为4 ，所以正方体的边长为4 
2  2 2 ，
2
3
6
所以正方体的对角线长为2 2  2，
6
所以正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为，
所以外接球的表面积为4π 6 2  24π .
故选：C
6．D
根据条件，利用向量的中线公式及“爪子”定理，得m  n  2 ，从而有3m  3n  2  8 ，再利用基本不等式，
即可求解.
–––→
1 –––→–––→
–––→
1––––→
1 –––→
2
【详解】因为点O 是 BC 的中点，则 AO   AB  AC ，又 AB  m AM , AC  n AN ，则 AO 
 1 m  λ
m AM 
22
n AN ，
 1
又O, M , N 三点共线，则 AO  λAM  1λ AN ，所以 2

 2
，得到m  n  2 ，
n  1λ
由m  n  2 ，得到3m  3n  2  8 ，所以
3  81  1  9  81 3m  3n  2  1  9  243m  9 3n  2  81 ，
m3n  28  3m
3n  2 
8 3n  23m

3n  23m
243m  9 3n  2
又m  0, n  0 ，则 243m  9 3n  2  2
3n  23m
 54 ，
m  n  2

当且仅当 243m 
9 3n  2 ，即m  2 , n  4 时取等号，

33
3n  23m
所以 3 81 1 9  54  81  18 .

m3n  28
7．C
运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解.
【详解】由题意知
–––→–––→–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→ –––→
1 –––→
1 –––→1 3 –––→
5 –––→
1 –––→
BP  BD  DP   AB  DC   AB   AC  AD   AB  AC   AB   AB  AC .
故选：C. 8．C
4242422 482
设该圆锥的底面半径为r ，则该圆锥的高为 3r ，该圆锥母线长为2r ，根据轴截面面积求出r ，从而求出锥体的表面积.
【详解】设该圆锥的底面半径为r ，则该圆锥的高为 3r ，该圆锥母线长为2r ，
所以 1  2r 
2
3r  64
，解得r  8 或r  8 （舍去），
3
所以该圆锥的表面积为π 82  1  2π 816  192π .
2
故选：C.
BCD
2
由复数的四则运算得 z  1 i ，由虚部的定义判断 A；求得 z2 = - 2 i ，即可判断 B；求得 z ，即可判断
C；求得 z  1 i ，由复数几何意义判断 D.
【详解】因为 z  1 i = (1 i)(  i) =(1 i)(  i)  1 i ，

ii2
则 z 的虚部为1，故 A 错误；
12  (1)2
因为 z2  (1 i)2  2 i ，为纯虚数，故 B 正确；因为 z  1 i ，
所以 z  2 ，故 C 正确；
因为 z  1 i ，
所以 z  1 i ，在复平面内对应的点的坐标为1,1 ，在第一象限，故 D 正确．
BC
对于选项 A，根据正弦定理可求出三角形外接圆半径；对于选项 B，在两个小三角形中，分别运用正弦定理，结合中线的定义进行判断即可；对于选项 C，运用余弦定理和基本不等式可验证其正确；对于选项 D，结合
选项 C 的结论，然后根据向量的模可求出其最小值为 3 .
3

2
【详解】对于选项 A：根据正弦定理可得
2R 
BC
sin α β
3  2
3
2
，解得 R  3 ，
所以V ABC 外接圆的半径为 3 ，A 错误；
对于选项 B：在△ABD 中，
BD
sinα
AB

sin ADB
，所以sinα BD sin ADB .
AB
在V ACD 中，
CD
sin β
AC

sin ADC
，所以sin β CD sin ADC .
AC
因为 BD  CD, sin ADB  sin ADC ，
所以sinα BD sin ADB AC
 AC ， B 正确；
sin βABCD sin ADCAB
对于选项 C： 根据余弦定理得 BC 2  AB2  AC 2  2 AB  AC cs BAC  AB2  AC 2  AB  AC  9 ，可得 AB2  AC 2  AB  AC  9  3AB  AC ，
所以 AB  AC  3 ，当且仅当 AB  AC  3 时等号成立，此时 AB  AC 的最大值为 3，C 正确；
–––→1
对于选项 D：因为 AD 
2
–––→–––→

AB  AC ，
–––→ 21
所以 AD 
–––→–––→ 2

AB  AC
1  –––→ 2
  AB
–––→ 2
 AC
–––→ –––→
 2 AB AC cs
2π 

1 –––→ 2


AB
–––→ 2
 AC
–––→ –––→

AB AC .
44 3 4
因为 AB2  AC 2  AB  AC  9 ，所以 AB2  AC 2  9  AB  AC ，
–––→ 21
所以 AD 
4
–––→ 2

AB
–––→ 2
 AC
–––→ –––→1

AB  AC 
4
–––→ –––→

9  2 AB  AC ，
–––→
–––→
–––→ 213
3
当 AB  AC  3 时， AD 
9  2  3 
44
，所以 AD ，此时 AD 取最小值.
2
所以 AD 的最小值为 3 ，D 错误.
2
ACD
根据棱柱的几何特征可判断 AB 选项；利用棱锥的定义可判断 C 选项；利用棱台的几何特征可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项，由棱柱的定义知，棱柱各侧面一定为平行四边形，故 A 正确；对于 B 选项，如图，平面 ABC // 平面 A1 B1C1 ，
但图中的几何体每相邻两个四边形的公共边并不互相平行，故不是棱柱，故 B 错误；对于 C 选项，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，
即必须是有一个公共顶点的几何体，故 C 正确；
对于 D 选项，棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥而得到的，其各侧棱的延长线必交于一点，故 D 正确．
故选：ACD.
i
【详解】因为i4  1 ，且2024  4  506 ， 2025  4  506 1，所以
z  i2024  i2025  i4 506 i4 506  i  11 i  i ．
16 5π
把石瓢壶的壶体近似看成一个圆台，可根据条件求出母线长，利用圆台侧面积公式计算即可.
【详解】根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，
上底面半径为r  6  3, 下底面半径r  10  5, 高h  4,
2
16  4
则该圆台的母线长为
2
 2 5,
5
故圆台的侧面积S  π(r+r)l  π(3+5)  2 16 5π.
故答案为：16 5π .
 3
8
建立直角坐标系，结合向量数量积求解即可.
【详解】以线段 BC 的中点O 为坐标原点， BC 所在直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则 B   1 , 0  ， C  1 , 0  ， A 0, 3  ，
 2
 2
2 

P x, y
–––→
3–––→ 1
–––→ 1
设点  ，则 PA   x, 2  y  ， PC   2  x,  y  ， PB    2  x,  y  ，

所以 PB  PC  2x, 2 y  ，

–––→ –––→–––→

3 23
3
则 PA  PB  PC   2x2  2 y  y   2x2  2 y2  3y  2x2  2  y   ，
 2
4 8
–––→ –––→ –––→3
3
当且仅当 x  0 ， y 时， PA  PB  PC 取最小值 ．
48
15．(1)4；
(2) 1,1 .
由两复数相等，实部和虚部分别相等求解即可；
结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
【详解】（1）若z1  z2 ，
a  1

则a2  3a  m ，
解得m  4 ；
（2）ω z1  1 mi  1 mi1 i  1 m  m 1 i ，
1 i1 i
1 i1 i22
z1 1 m m 1 
若ω 1 i 在复平面内所对应的点 2 ， 2  位于第四象限，

1 m  0
则 2
，解得1  m  1，

 m−1
 0
 2
故m 的取值范围为1,1 ．
16．(1) A  π
3
3
3
(2) c ， b  3
由正弦定理角化边得bc  a2  b2  c2 ，由余弦定理边化角即可求解；
直接由余弦定理列方程组即可求解.
【详解】（1）由正弦定理及b sin C  a sin A  b sin B  c sin C ，得bc  a2  b2  c2 ．
b2  c2  a21
由余弦定理得cs A  ．
2bc2
因为 A 0, π ，所以 A  π ．
3
由（1）知 A  π ，又a 
3
21 ， b  3c ，
由余弦定理可得， a2  b2  c2  2bc cs A ，即21  9c2  c2  2  3c  c  1 ，
2
3
解得c ， b  3c  3 3 ．
3
17．(1) 2 
(2)
在V ABP 中, ABP  180    ,
BPA  180  ( )  ABP  180  ( )  (180    )     .
在V ABP 中,根据正弦定理
AP
AB,AP
a,
sinABP
sinAPB
sin(180  +)sin(  )
AP  a sin(γ β) ，
sin(γα)
所以ft高为h  AP sinα a sinαsin(γ β) .
sin(γα)
【详解】（1）坡面的坡比为
1 3
tan=tan15  tan(45  30 )  tan45
 tan30 
3 2  3 .
（2）略. 18．(1)18 (2)198π
1 tan45tan30
11 3
3
【详解】（1）连接OO1 并延长交C‸D 于点 N ，过点O1 作O1M  OC 交OC 于点M ，
因为AOB  π ，所以‸ 的长度为36  π  12π ，所以eO 的周长为12π ，
3AB31
所以2π  O1M  12π ，所以O1M  6 ，
在Rt△O MO 中， O OM  π ，所以OO  2O M  12 ，
11611
所以OC  OO1  O1 N  OO1  O1M  18 ，所以OC 应取18 厘米.
（2）设圆台上、下底面的半径分别为r1 , r2 ，母线长为l ，
因为OC  18 ，所以C‸D 的长度为18  π  6π ，所以2πr  6π ，所以r  3 ，
311
因为O1M  6 ，所以r2  6 ，
因为OC  18 ，所以l  OB  OA  36 18  18 ，
212
所以需要的铁皮为： πr 2  πr  r l  36π 162π  198π 平方厘米，故需要198π 平方厘米的铁皮.
→ 13 → 13 
19．(1) c   , 或者c    , 
(2)
→ →
a, b 
 22 
π
3
 22

x2  y2  1
【详解】（1）设c   x, y  ，由已知可得

，
3x  y  0
x  1x   1
2
解得
 y 3
2
或，
 y   3
22
→ 13 → 13 
所以c   , 或者c    ,  .
 22  22 
→
（2）由已知， a 
 2 .
1   3 
2
2
→→→→→→→→
5b
由a  b   2a  5b  得a  b2a  5b  0 ，
→ 2
即2a 
→ →
3a  b 
→2  0 ，即8  3a  b  5  0 ，所以a  b  1，
所以cs
→ →
a, b
a  b1

.
→ → 
a  b2
因为， 0 
→ →
a, b
 π ，故
→ →π
a, b .
3