2025-2026学年下学期河北邢台高一数学2026年6月联考试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期河北邢台高一数学2026年6月联考试卷含答案，共6页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七章占30%，第八章占70%。
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. 八棱台共有
A.8条棱B.16条棱C.20条棱D.24条棱
2. 复数i7+i12+2i在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 下列判断错误的是
A. 经过两条相交直线，有且只有一个平面
B. 经过两条平行直线，有且只有一个平面
C. 垂直同一个平面的两条不同的直线一定平行
D. 垂直同一个平面的两个不同的平面一定平行
4. 在∆ABC中，点D在边AC上，CD=34CA，记BA→=a，BD→=b，则BC→=
A. −2a+3bB. 3a−2b
C. 4a−3bD. −3a+4b
5. 在∆ABC中，AB⊥BC，AB=x，BC=3x，其中x>8。以AB边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体记为几何体α，以BC边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体记为几何体β，则几何体α与β的体积的比值的取值范围是
A. (4,+∞)B. 0,14
C. (2,+∞)D. 0,12
6. 如图，在平面四边形ABCD中，AB=BC=2，AC=2，AD=CD=5，将∆ABC沿AC边翻折，使点B到达点B'的位置，且平面ACD⊥平面AB'C，则B'D的长度为
A.2B. 6
C. 5D. 322
7. 已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为3，P 为棱 AB 上更靠近 A 的三等分点，则平面 PB1C1 截该正方体的截面的面积为
A. 313B. 6+213
C. 310D. 6+210
8. 在四面体 ABCD 中，AD⊥ 平面 ABC，AD=1，AB=2，AC=3，∠BAC=60°，O 为平面 ABC 内一点，且 OA=OB=OC，则 OD 与平面 ABC 所成角的正切值为
A. 213B. 217
C. 216D. 2114
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. 若 z13=1+5i1−5i，则
A. |z|=13
B. z¯=12+5i
C. z 的虚部为5
D. z+12 为纯虚数
10. 如图，用斜二测画法得到四边形 OABC 的直观图是平行四边形 O'A'B'C'，且 O'A'=2，A'B'⊥O'B'，则
A. AB⊥OB
B. AB=23
C. OC→·OA→=−4
D. 四边形 OABC 是矩形
11. 已知正方形 ABCD 的边长为2，PA⊥ 平面 ABCD，QB⊥ 平面 ABCD，P，Q 在平面 ABCD 的同一侧，且 PA=QB=2，则
A. 点 Q 不在四棱锥 P−ABCD 外接球的球面上
B. 四棱锥 Q−ABCD 内切球的表面积为 (24−162)π
C. 四棱锥 P−ABCD 与四棱锥 Q−ABCD 公共部分的体积为 53
D. 几何体 BCQPAD 的五个面所在平面将空间分成21个部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. 已知某圆台的母线长为13，上、下底面圆的直径分别为2，12，则该圆台的高为 。
13. 在正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，E 为棱 AB 的中点，则异面直线 CE 与 B1D1 所成角的余弦值为 。
14. 定义：多面体顶点的曲率等于 2π 与该顶点处多面体面角之和的差（面角采用弧度制计量）。例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为 π2，则其各个顶点的曲率均为 2π−3×π2=π2。在三棱锥 S−ABC 中，SA⊥ 底面 ABC，AB=2，AC=3，SA=6，∠BSC=π6，则三棱锥 S−ABC 在顶点 S 处的曲率为 。
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.(13分)
如图，正方形 ABCD 是圆柱的一个轴截面，E 是下底面圆周上异于 A，B 的点.
(1)证明:AE⊥CE.
（2）若该圆柱的表面积为 24π，以正方形 ABCD 为一个底面作正四棱台 ABCD−A1B1C1D1，该正四棱台的高为3，且 A1B1=2，求该正四棱台的体积.
16.(15分)
已知向量 a=(3,x+1)，b=(y,2y−x).
（1）当 y=1 时，证明：∃x∈R，|a|=|b|.
（2）当 x=−52 时，证明：a·b 为定值.
（3）当 x=1 时，若 a 与 b 的夹角为锐角，求 y 的取值范围.
17.(15分)
在 ∆ABC 中，AB⊥AC，AB=2，sin∠ABC:sin∠ACB=5:2，AD 平分 ∠BAC，且 AD 交 BC 于点 D.
（1）求 AD 的长；
（2）若 E 为 AC 边上一点，且 AE=32EC，求 ∆ADE 的周长.
18.(17分)
如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，∠ABC=60°，AB=2，PA=3，且 PB=PC=7。
（1）证明：PA⊥平面 ABCD。
（2）求 PA 与平面 PCD 所成角的大小。
（3）设球 O 为三棱锥 P−ACD 的外接球，M 为球 O 球面上的动点，求线段 BM 的长度的最大值。
19.(17分)
在正三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AB=AA1=2，点 D 在线段 AC1 上，且 AD=2DC1，E 是棱 AA1 的中点。
（1）证明：CE∥平面 A1BD。
（2）证明：平面 A1BD⊥平面 A1ABB1。
（3）设二面角 A−A1D−B 的大小为 θ，证明：π44，故 V1V2 的取值范围是 0,14.
6.C取 AC 的中点 O，连接 OD，B'O（图略）.依题意可得 B'O⊥AC，B'O=1，DO=2.因为平面 ACD⊥ 平面 AB'C，平面 ACD∩ 平面 AB'C=AC，B'O⊥AC，所以 B'O⊥ 平面 ACD.又 DO⊂ 平面 ACD，所以 B'O⊥OD，则 B'D=DO2+B'O2=5.
7.A如图，取棱 DC 上更靠近 D 的三等分点 Q，连接 PQ，QC1.易证 PQ∥B1C1，PQ=B1C1，所以平面 PB1C1 截正方体的截面为平行四边形 PB1C1Q.易证 PQ⊥B1P，则该平行四边形为矩形.因为 B1C1=3，PB1=13，所以该截面的面积为 313.
8.B在 ∆ABC 中，BC=AC2+AB2−2AC·ABcs∠BAC=7.依题意可得 O 为 ∆ABC 外接圆的圆心.设该外接圆的半径为 R，则 2R=BCsin∠BAC=273，则 OA=R=73.因为 AD⊥ 平面 ABC，所以 OD 与平面 ABC 所成的角为 ∠AOD，而 tan∠AOD=ADOA=217，故 OD 与平面 ABC 所成角的正切值为 217.
9.ACD因为 z13=1+5i1−5i=(1+5i)2(1−5i)(1+5i)=−24+10i26=−12+5i13，所以 z=−12+5i，所以 |z|=(−12)2+52=13，z¯=−12−5i，z 的虚部为 5，z+12 为纯虚数.
10.BC因为 ∠B'O'A'=45°，A'B'⊥O'B'，O'A'=2，所以 O'B'=2，OB=2O'B'=22.在平面直角坐标系上作出四边形 OABC，如图所示，则 OA⊥OB，OA=BC=2，则 AB=OA2+OB2=23，四边形 OABC 显然不是矩形，A，D 均错误，B 正确.由 O(0,0)，A(2,0)，C(−2,2)
2），得OC→·OA→=−4，C正确.
11.BCD将四棱锥P−ABCD补成一个正方体（图略），则四棱锥P−ABCD的外接球为该正方体的外接球，因为点Q是该正方体的一个顶点，所以点Q在四棱锥P−ABCD外接球的球面上，A错误.
四棱锥Q−ABCD的体积V=13×22×2=83，侧面积S1=S∆QAB+S∆QBC+S∆QCD+S∆QDA=2+2+22+22=4+42，表面积S=S1+4=8+42，则四棱锥Q−ABCD内切球的半径R=3VS=88+42=2−2，则该内切球的表面积为4πR2=(24−162)π，B正确.
连接PQ，易证PQ∥AB∥CD，PQ=AB=CD，则四边形CDPQ和四边形ABQP均为平行四边形，设PB∩AQ=E，PC∩DQ=F，则E，F分别为PB，PC的中点，设AD，BC的中点分别为G，H，连接EF，GH，FG，FH，则四棱锥P−ABCD和四棱锥Q−ABCD的公共部分为几何体ABCDFE，其体积为四棱锥F−CDGH和三棱柱ABE−GHF的体积之和，即13×2×1×1+12×2×2×1=53，C正确.
因为几何体BCQPAD为三棱柱，所以它的五个面所在平面将空间分成7+7+7=21个部分，D正确.
12.12设上、下底面圆的半径分别为r，R，圆台的高为h，则r=1，R=6，所以h=132−(6−1)2=12.
13.1010 取棱AD的中点F，连接BD，EF，CF.易证B1D1∥BD∥EF，则B1D1∥EF，则∠CEF为异面直线CE与B1D1所成的角（或其补角）.依题意可得底面ABCD为正方形，设AB=2，则CE=CF=5，EF=2，所以cs∠CEF=CE2+EF2−CF22CE·EF=1010，故异面直线CE与B1D1所成角的余弦值为1010.
14.19π12 因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AB，SA⊥AC.因为AB=2，AC=3，SA=6，所以tan∠BSA=ABSA=13，tan∠CSA=ACSA=12，则tan(∠BSA+∠CSA)=13+121−13×12=1.因为∠BSA∈(0,π2)，∠CSA
∈0,π2，所以∠BSA+∠CSA∈(0,π)，则∠BSA+∠CSA=π4. 故三棱锥S−ABC在顶
点S处的曲率为2π−(∠BSA+∠CSA+∠BSC)=2π−π4−π6=19π12.
15.（1）证明：连接BE. 1分
由题意知，BC是圆柱的母线，则BC⊥平面ABE. 2分
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE. 3分
又AB是底面圆的直径，所以AE⊥BE. 分
因为BE∩BC=B，所以AE⊥平面BCE. 分
又CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE. 分
（2）解：设AB=2r，则该圆柱的表面积为2πr2+2πr·2r=24π， 分
解得r=2，则AB=4. 9分
故该正四棱台的体积为13×3×(22+2×4+42)=28. 分
16.（1）证明：当y=1时，若|a|=|b|，则32+(x+1)2=12+(2−x)2， 2分
解得x=−56， 分
故∃x∈R，|a|=|b|. 4分
（2）证明：当x=−52时，a·b=3y+−52+12y+52=3y−3y−154=−154，⋯ 7分
则a·b为定值. 分
（3）解：当x=1时，a=(3,2)，b=(y,2y−1)分
因为a与b的夹角为锐角，所以a·b>0且a与b不共线，分
则3y+2(2y−1)>0，且3(2y−1)−2y≠0， 13分
解得y∈27,34∪34,+∞. 15分
17. 解：（1）由sin∠ABC:sin∠ACB=5:2，得ACAB=52， 分
因为AB=2，所以AC=5. 分
由等面积法得12AB·ADsin∠BAD+12AC·ADsin∠CAD=12AB·ACsin∠BAC. ⋯ 5分
因为AB⊥AC，AD平分∠BAC，所以22AD·(AB+AC)=AB·AC，分
则AD=2AB·ACAB+AC=1027. 分
（2）因为AE=32EC，AC=5，所以AE=3. 分
由余弦定理得 DE2=AD2+AE2−2AD·AE·csπ4=20049+9−2×1027×3×22=22149，
13分
则 DE=2217，14分
故△ADE的周长为 1027+3+2217=102+221+217。15分
18.(1)证明：因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，
则 AC=AB=2。1分
因为 PA2+AC2=(3)2+22=7=PC2，所以 PA⊥AC。2分
同理可得 PA⊥AB。3分
又因为 AC∩AB=A，所以 PA⊥平面ABCD。4分
（2）解：（方法一）取CD的中点E，连接AE，PE。由（1）知，AC=AD=2，
则 AE⊥CD，且 AE=3。5分
又 PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以 PA⊥CD。分
因为 AE∩PA=A，所以 CD⊥平面PAE。7分
因为 CD⊂平面PCD，所以平面 PCD⊥平面PAE。8分
所以直线PA在平面PCD上的射影为直线PE，则 ∠APE 为PA
与平面PCD所成的角。9分
又 PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以 PA⊥AE。10分
因为 PA=AE=3，所以 ∠APE=π4，即PA与平面PCD所成角的大小为 π4。分
（方法二）因为 PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以 PA⊥AD，5分
则 PD=PA2+AD2=7=PC。取CD的中点E，连接PE，则 PE⊥CD，6分
则 PE=PC2-CE2=6，所以 S∆PCD=12CD·PE=6。7分
设点A到平面PCD的距离为d，则由 VA−PCD=VP−ACD，得 13×6×d=13×34×22×3，得
d=62。9分
设PA与平面PCD所成的角为 θ，则 sinθ=dPA=22，10分
所以 θ=π4，即PA与平面PCD所成角的大小为 π4。11分
(3)解：设 AE∩BD=G，依题意可知G为△ACD的外心，且 AG=3×23=233，
12分
则 OG⊥平面ACD。13分
又 PA⊥ 平面 ABCD，所以 OG∥PA。因为 PA=3，所以 OG=12PA=32，⋯⋯ 14分
则球 O 的半径 R=OG2+AG2=2512。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15分
因为 BO=3+332+322=7312，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 16分
所以线段 BM 的长度的最大值为 BO+R=7312+2512=53+2196。⋯⋯⋯⋯ 17分
19.略