2025-2026学年下学期河北沧州沧县中学高一数学2026年6月测试一试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期河北沧州沧县中学高一数学2026年6月测试一试卷含答案，共6页。试卷主要包含了 本试卷共150分， 请将各题答案填在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：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。
1. 如图，在直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，直线 C1D 与 A1B1 的位置关系是
A. 异面B. 相交C. 平行D. 以上都有可能
2. 已知 z=2+6i，则 |z|=
A.40B. 410
C. 210D. 10
3. 如图，在平行四边形 ABCD 中，M 为靠近点 D 的三等分点，则 AM→=
A. 12AB→+AD→B. AB→+12AD→
C. 23AB→+AD→D. 13AB→+AD→
4. 在 ∆ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 asinC=12c，则 A=
A. π6
B. π3
C. π6或5π6
D. π3或2π3
5. 如图，在长方体 ABCD−EFGH 中，AB=23，AD=2，则异面直线 AB 和 EG 所成角的大小是
A. π6B. π4
C. π3D. π2
6. 如图，在三棱锥 P−ACD 中，E，F 分别是棱 PC，CD 的中点，则 EF 与平面 PAD 的位置关系为
A. 相交B. 平行C. 异面D. 无法判断
7. 如图，已知平面 α∥ 平面 ABC，点 P 在平面 α 和平面 ABC 之间，且 PA∩α=D，PB∩α=E，PC∩α=F，若 PD:DA=1:3，则 S∆DEF:S∆ABC=
A. 1:3B. 1:4
C. 1:8D. 1:9
8. 如图，在四棱锥 V−ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，M，N 分别在棱 VB，VC 上，且 VM=35VB，DN∥ 平面 AMC，则 VNVC=
A. 12B. 25
C. 13D. 14
二、选择题：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。
9. 已知复数 z1=1+i，z2=2−3i，则
A. z1¯=−1+i
B. 在复平面内 z2 对应的点在第四象限
C. 4z1−z2=2+7i
D. z2z1=−12−52i
10. 已知 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，则下列命题正确的是
A. 若 m⊥α，n⊥β，α∥β，则 m∥n
B. 若 m∥α，n⊥β，α∥β，则 m⊥n
C. 若 m∥n，α⊥β，m∥α，则 n∥β
D. 若 m∥n，n⊥β，m⊥α，则 α⊥β
11. 如图，在四棱锥 P−ABCD 中，E，F，G 分别是 PA，AD，PD 的中点，BC∥AD 且 BC=12AD，则下列说法正确的是
A. CD∥平面 PAB
B. CG∥平面 BEF
C. 平面 PAB 与平面 PCD 的交线记为 l，则直线 l∥BE
D. 三棱锥 P−ABD 的体积为 V1，三棱锥 B−AEF 的体积为 V2，则 V1V2=3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 已知平面向量 a=(2,3)，b=(−2,x)，若 a⊥b，则 x= 。
13. 在 ∆ABC 中，AB=5，BC=3，csA=45，则 ∆ABC 的面积为 。
14. 如图，在三棱锥 D−ABC 中，等边三角形 ABC 的边长为2，AD⊥ 平面 ABC，且 AD=3，则直线 BD 与平面 ACD 所成角的余弦值为 。
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.（本小题满分13分）
已知复数 z1=4+3i，z2=−2+i。
（1）求 |z1+z2|；
（2）求 z1z2；
（3）若 z=z1−z2，求 z¯。
16.（本小题满分15分）
如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，E，F 分别是 B1D1，BC1 的中点。
（1）求证：EF∥ 平面 AA1B1B；
（2）若 AB=2，求三棱锥 B1−EFC1 的体积。
17.（本小题满分15分）
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccsA−2b=a。
（1）求C；
(2)若a=6，b=3，点M满足AM→=12MB→，求CM的长。
18.（本小题满分17分）
如图，四棱锥M－ABCD的底面ABCD为菱形，MA⊥平面ABCD，MA=AB=2，∠ABC=60°。
（1）证明：平面MBD⊥平面MAC；
（2）求二面角M－BD－A的正切值。
19.（本小题满分17分）
如图，在四边形ABCD中，△ABC是正三角形，M，N分别是AC，AD的中点，DA=4，DC=8。
（1）当∠ADC=2π3时，求四边形ABCD的面积；
（2）记∠ADC=θ。
①试用θ表示BM2；
②求BN的最大值。
6月高一年级测试
数学（一）参考答案
1.【答案】A
由题知C1D与A1B1异面.故选A.
2.【答案】C
|z|=22+62=210.故选C.
3.【答案】D
因为M为靠近点D的三等分点，所以DM→=13DC→=13AB→，所以AM→=13AB→+AD→.故选D.
4.【答案】C
由已知及正弦定理得sinAsinC=12sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC>0，所以sinA=12，又A∈(0,π)，所以A=π6或5π6.故选C.
5.【答案】A
因为AB∥EF，所以∠FEG是异面直线AB和EG所成角或其补角，所以在Rt∆EFG中，tan∠FEG=FGEF=223=33，所以∠FEG=π6，即异面直线AB和EG所成角的大小是π6.故选A.
6.【答案】B
因为E，F分别是棱PC，CD的中点，所以EF∥PD，因为EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.故选B.
7.【答案】B
因为平面α∥平面ABC，平面PAB∩平面α=DE，平面PAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，同理可得DF∥AC，EF∥BC，所以∆DEF∼∆ABC.因为PD:DA=1:3，所以PD:PA=1:2，所以DE:AB=1:2，所以S∆DEF:S∆ABC=(DE:AB)2=1:4.故选B.
8.【答案】C
如图，连接BD，与AC交于点O，连接BN，交MC于点P，
连接OP，因为DN∥平面AMC，DN⊂平面BDN，平面BDN∩平面AMC=OP，所以DN∥OP，由于O是BD的中点，所以OBOD=BPPN=1.
过点N作NQ∥CM，交VB于点Q，则BMMQ=BPPN=1，因为VM=35VB，
所以VQQM=12，所以VNNC=VQQM=12，即VNVC=13.故选C.
9.【答案】BCD
由题意得z1¯=1−i，A错误；在复平面内z2对应的点为(2,−3)，在第四象限，B正确；
4z1−z2=4(1+i)−(2−3i)=2+7i，C正确；z2z1=2−3i1+i=(2−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−5i2=−12−52i，D正
确.故选BCD.
10.【答案】AB
因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，又因为n⊥β，所以m∥n，A正确；
因为m∥α，所以存在平面γ，使得m⊂γ，且γ∩α=l，所以m∥l，又因为n⊥β，α∥β，所以n⊥α，
又l⊂α，所以n⊥l，所以m⊥n，B正确；
因为m∥n，m∥α，α⊥β，所以n∥β或n⊂β或n与β相交，C错误；
因为m∥n，n⊥β，所以m⊥β，又m⊥α，则α∥β，D错误.故选AB.
11.【答案】BC
由题知AB，CD相交，故A错误；如图，连接EG，因为E，G分别
是PA，PD的中点，所以EG∥AD，EG=12AD，又因为BC∥AD且BC=12AD
所以EG∥BC且EG=BC，所以四边形BCGE是平行四边形，所以BE∥CG，
因为BE⊂平面BEF，CG⊄平面BEF，所以CG∥平面BEF，故B正确；因
为BE∥CG，因为CG⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD，因为BE⊂平面PAB，
平面PAB∩平面PCD=l，所以l∥BE，故C正确；因为E，F分别是PA，AD的中点，所以AE=12AP，
AF=12AD，所以S∆APD=4S∆AEF，所以V1V2=VB−APDVB−AEF=S∆APDS∆AEF=4，故D错误.故选BC.
12.【答案】43
因为a⊥b，所以a·b=0，即−4+3x=0，解得x=43.
13.【答案】6
由余弦定理得9=25+AC2−2×5×AC×45，解得AC=4，
故S∆ABC=12AC·AB·sinA=12×4×5×35=6.
14.【答案】13013
如图，取AC的中点O，连接BO，DO.因为∆ABC是等边三角形，所以BO⊥AC.因为AD⊥平面ABC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥AD.又因为AD∩AC=A，所以BO⊥平面ACD，所以∠BDO是BD与平面ACD所成的角.因为∆ABC是等边三角形，AB=2，O为AC的中点，所以BO=3，AO=1.因为AD⊥平面ABC，AD=3，所以DO=10，BD=13，所以cs∠BDO=DOBD=13013，即直线BD与平面ACD所成角的余弦值为13013.
15. 解：(1)z1+z2=(4+3i)+(−2+i)=2+4i，−−−−−−−−−−−−−−−−3分
|z1+z2|=22+42=25.−−−−−−−−−−−−−−−−6分
(2)z1z2=(4+3i)(−2+i)=−11−2i.−−−−−−−−−−−−−−−−9分
(3)因为z=z1−z2=6+2i，−−−−−−−−−−−−−−−−12分
所以z¯=6−2i.−−−−−−−−−−−−−−−−13分
16.（1）证明：如图，连接A1C1，A1B，则E既是B1D1的中点，也是A1C1的中点.
因为F是BC1的中点，所以EF∥A1B.−−−−−−−−−−−−−−−−3分
因为EF⊄平面AA1B1B，A1B⊂平面AA1B1B，
所以EF∥平面AA1B1B.−−−−−−−−−−−−−−−−7分(没有“EF⊄平面AA1B1B”扣2分)
(2)正方体的棱长为2，E到平面BB1C1C的距离为12A1B1=1，−−−−−−−−−−−−−−−−9分
S∆B1C1F=12B1C1·12BB1=1，−−−−−−−−−−−−−−−−12分
所以VB1−EFC1=VE−B1C1F=13S∆B1C1F·12A1B1=13.−−−−−−−−−−−−−−−−15分
17.解：(1)由正弦定理及已知得2sinCcsA−2sinB=sinA，−−−−−−−−−−−−−−−−2分
即2sinCcsA−2sin(π−A−C)=sinA，2csCsinA+sinA=0.−−−−−−−−−−−−−−−−3分
因为A∈(0,π)，所 以sinA≠0，解得csC=−12.−−−−−−−−−−−−−−−−4分
又因为C∈(0,π)，所以C=2π3.−−−−−−−−−−−−−−−−5分
(2)因为AM→=12MB→，所以CM→−CA→=12(CB→−CM→)，−−−−−−−−−−−−−−−−7分
即CM→=23CA→+13CB→，−−−−−−−−−−−−−−−−9分
所以CM→2=23CA→+13CB→2=49CA→2+49CA→·CB→+19CB→2=49×9+49×3×6×−12+19×36=4，
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所以CM的长为2.−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−15分
18.(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，−−−−−−−−−−−−−−−−2分
因为MA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥MA，−−−−−−−−−−−−−−−−4分
因为AC∩MA=A，所以BD⊥平面MAC，−−−−−−−−−−−−−−−−6分(没有“AC∩MA=A”扣1分)
因为BD⊂平面MBD，所以平面MBD \perp平面MAC.−−−−−−−−−−−−−−−−8分
（2）解：如图，设AC与BD交于点O，连接MO.
由（1）知BD⊥平面MAC，因为MO⊂平面MAC，AO⊂平面MAC，
所以BD⊥MO，BD⊥AO，−−−−−−−−−−−−−−−−11分
所以∠MOA是二面角M−BD−A的平面角.−−−−−−−−−−−−−−−−13分
因为MA=AB=2，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以∆ABC为等边三角形，所以AO=12AC=1，
所以tan∠MOA=MAAO=2，即二面角M−BD−A的正切值为2.−−−−−−−−−−−−−−−−17分
19. 解：（1）在∆ACD中，由余弦定理得
AC2=AD2+CD2−2AD·CDcs∠ADC=42+82−2×4×8×cs2π3=112，
所以AC=47.−−−−−−−−−−−−−−−−2分
因为∆ABC是正三角形，所以S∆ABC=34AC2=34×112=283，−−−−−−−−−−−−−−−−3分
又S∆ACD=12AD·CDsin2π3=12×4×8×32=83，−−−−−−−−−−−−−−−−4分
因此S四边形ACBD=S∆ACD+S∆ABC=83+283=363。−−−−−−−−−−−−−−−−5分
（2）①在∆ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2AD·CDcs∠ADC=80−64csθ，
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因为M是AC的中点，∆ABC为正三角形，所以BM是AC边上的高，所以BM=32AC，
因此BM2=34AC2=34(80−64csθ)=60−48csθ。−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−9分
②因为点M，N分别是AC，AD的中点，故MN=12CD=4，且MN∥CD，
在∆ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，解得sin∠ACD=4sinθAC，−−−−−−−−−−−−−−−−11分
cs∠BMN=csπ2+∠AMN=−sin∠AMN=−sin∠ACD=−4sinθAC，−−−−−−−−−−−−−−−−12分
在∆BMN中，由余弦定理得BN2=BM2+MN2−2BM·MNcs∠BMN=76−48csθ+163sinθ，
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因为−48csθ+163sinθ=323sinθ−π3，θ∈(0,π)，故θ−π3∈−π3,2π3，
所以当θ−π3=π2，即θ=5π6时，−48csθ+163sinθ的最大值为323，代入得BNmax2=76+323，
BNmax=8+23。−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−17分(没有验取等号的条件扣1分)