福建省泉州市四校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷

这是一份福建省泉州市四校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷，共16页。试卷主要包含了 2等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知 z  2
，则 z  （ ）
1  i
2
​
​
C．2D．
3
5
已知m ， n 是两条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列正确的是（）
若m α， n∥α，则m ∥ n
若m α， n α，则m ∥ n
若α γ， β γ，则α∥β D．若m α， m β，则α∥β
一个圆台的母线长为 13 ，上、下底面的半径分别为 2，5，则圆台的体积为（ ）
26πB． 32πC． 78πD． 86π
10
在V ABC 中， A  45 ， AC  4 ， AB  3 2 ，则 BC 边上的高为（ ）
10
​
4 10
5
2
6 10
5
如图，正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  2 ，若直线 BC1 与直线 AC 所成的角为60 ，则直线 AB1 与平面
ACC1 A1 所成的角为（ ）
30B． 45∘C． 60D． 90∘
BAC  πP
–––→

–––→  1 –––→
如图，在V ABC 中，
4 ， AD  2DB ，
为CD 上一点，且满足
APm AC AB ，若 AC  3 ，
2
2
AB  2，则 AP CD 值为（ ）
A．  17
12
C． 13
12
B． 21
4
D．  19
12
已知四面体 PABC 的各顶点均在球 O 的球面上， PA  平面 ABC ， PA  3 ， AB  BC ，三角形 ABC 的外接圆半径是 3 ，则球 O 的表面积为（ ）
28πB．18πC． 21πD． 8 3π
33
如图，在V ABC 中， AB  4 ， AC  3 ，BAC  60 ，D 是 BC 的中点，CE ⊥AB ，AD 与 CE 交于点 F.则
cs CFD  （ ）
2 57
19
57
19
111
74
3 111
74
多选题
3i 11 i
已知复数 z （ i 为虚数单位），则下列说法正确的是（）
i2026
z 的虚部为4
5
z  2
z 的共轭复数 z  2  4i
复数 z 在复平面内对应的点位于第四象限
如图，已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，则下列四个结论正确的是（ ）
直线 A1C1 与 BD1 为异面直线
A1C1 // 平面 ACD1
三棱锥 D  ABC 的体积为 8
13
2
平面α过点 B 且α// 平面 ACD1 ，则平面α截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得截面的图形的周长为6
在V ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，且bcsC  ccsB  a2 ，则下列命题正确的是
（ ）
若 B  C  3A ，则V ABC 的外接圆的面积为π
若 A  π 且V ABC 有两解，则b 的取值范围为1, 2 3 
33 

若C  2 A 且V ABC 为锐角三角形，则c 的取值范围为
2, 3 
若 A  2C 且sinB  2sinC ， O 为V ABC 的内心，则V AOB 的面积为 3 1
12
填空题
→→
已知 a  2 ， b  3 ， a 与b 夹角为135∘ ，则a 在b 方向上的投影向量为．（用b 表示）
在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  4 AB ，则异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为.
–––→ –––→1
如图，已知圆锥的母线长为 2，高为 3 ， O 为底面圆心，且OA  OC  
2
四等分点，则在此圆锥的侧面上，从 E 到C 的最短路径长度为.
， E 为线段 PA 上靠近点 P 的
解答题
a
已知向量 →  (2, 1), b  (1, x) ．
a
(a
若 →  →  b ) ，求| b |的值；
a
若 →  2b  (4, 7) ，求向量a 与b 夹角的大小．
设复数 z  1 mim  R  .
若2  i z 是实数，求 m 的值；
若1 i 是纯虚数，求复数 z 的共轭复数 z .
z
已知a, b, c 分别为V ABC 的内角 A, B,C 所对的边， a  2 且 3a sin C  a cs C  b  c .
求 A ；
已知 D 是边 BC 的中点，求 AD 的最大值.
如图，在三棱锥 P  ABC 中， E ， F 分别为棱 AB ， AC 的中点， PA  PC ， PAC  π ， BC  2 ，
4
ABC  π ， BC 
3
AC ．
若平面 PAC  平面 ABC ，求证： EF  PF ；
在（1）的条件下，求直线 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值；
若 PA  PB ， D 为线段 PF 上一动点，求CD  ED 的最小值．
离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设 P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点 P 处的离散
曲率为φ  1 1 Q PQ  Q PQ    Q PQ  Q PQ  ，其中Q i  1, 2,, k, k  3 为多面体M 的
P2π
1223
k 1kk1i
所有与点 P 相邻的顶点，且平面Q1PQ2 ，平面Q2 PQ3 ，…，平面Qk 1PQk 和平面Qk PQ1 为多面体M 的所有以 P
为公共点的面．已知三棱锥 P  ABC 如图所示．
求三棱锥 P  ABC 在各个顶点处的离散曲率的和；
若 PA  平面 ABC, AC  BC, AC  BC  4 ，三棱锥 P  ABC 在顶点C 处的离散曲率为 3 ，求点 A 到平面
8
PBC 的距离．
1．A
【详解】因为 z  2  2 1 i  1 i ，
参考答案
1 i1 i1 i
12 12
2
所以 z .
2．C
【详解】对于 A，若m α， n∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，故 A 错误； 在 B 中，若α γ， β γ，则 α 与 β 可能相交或平行，故 B 错误；
在 C 中，若m α， n α，则由线面垂直的性质定理得m ∥ n ，故 C 正确；在 D 中，若m α， m β，则 α 与 β 可能相交或平行，故 D 错误．
3．A
【详解】取上下底面的圆心，则OO 即为圆台的高h ，如图所示，
在aACB 中， AB  13, BC  5  2  3 ，
13  32
根据勾股定理可得 AC  OO  h  2 .

所以圆台的体积为V  1 πh R2  Rr  r 2  1 π 2 25  4 10  26π .
33
故选：A.
4．D
【详解】在V ABC 中， A  45 ， AC  4 ， AB  3 2 ，
由余弦定理得 BC 2  AB2  AC 2  2 AB  AC cs A  18  16  2  3 2  4 
2  10 ，
2
则 BC 
10 ．设 BC 边上的高为h ，由等面积法可得 AB  AC sin A  BC  h ，
11
22
则h  AB  AC sin A  6 10 ．
BC5
5．A
【详解】连接 B1D1 与 A1C1 交于点O1 ， AC∥A1C1 ，所以A1C1B 即为直线 BC1 与直线 AC 所成的角，即
AC B  60∘ ．该几何体为正四棱柱， AB  A A  2 ，可得 A B  BC ，所以 A B  BC  AC
 2．
2
1 1111111 1
连接 AO1 ，易得 B1O1  A1C1 , B1O1  A1 A, A1C1 ∩ A1 A  A1 ，A1C1  平面 ACC1 A1 ，A1 A  平面 ACC1 A1 ，所以 B1O1 
平面 ACC1 A1 ，
所以B AO 即为直线 AB 与平面 ACC A 所成的角， B O 2 , AB  2 2 ，所以B AO
 30∘ ．
1111 11 1111
故选：A.
6．D
–––→–––→
1 –––→–––→
3 –––→
【详解】由条件可知， AP  m AC 
AB  m AC 
24
AD ，
则m  3  1 ，即 4
m  1
4
–––→1 –––→1 –––→
，则 AP  AC  AB ，
42
–––→–––→ –––→
CD  AD  AC 
2 –––→ –––→
AB  AC ，
3
–––→ –––→ 1 –––→1 –––→   2 –––→ –––→ 1 –––→2
1 –––→2
1 –––→ –––→
4233
所以 AP  CD   AC  AB   AB  AC   AB
 
AC
4
AB  AC ，
3
 1  8  1  9  1  3 2 2 
2   19 .
343212
故选：D 7．C
【详解】 PC 的中点为M ，
因为 PA  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，
所以 PA  BC ，又 AB  BC ， AB  PA  A ， AB, PA  平面 PAB ，所以 BC  平面 PAB ，又 PB  平面 PAB ，
所以 BC  PB ，故aPBC 为直角三角形，且 PC 为斜边，
所以MB  MC  MP ，
因为 PA  平面 ABC ， AC  平面 ABC ，
所以 PA  AC ，故aPAC 为直角三角形，且 PC 为斜边，
所以MA  MC  MP ，所以MA  MB  MC  MP ，
所以四面体 PABC 的外接球的球心为M ，故点M 与点O 重合，
2 3 2  32
由已知 AC  2 3 ， PA  3 ，所以 PC  21 ，
所以球O 的半径r  OC  1 PC 21 ，
22
所以球 O 的表面积S  4πr 2  21π .
8．D
3 3
2
AE AB
【详解】由CE ⊥AB ，则CE  AC sin BAC  3sin 60 ，且 AE  AC cs BAC  3cs 60  3 ，得–––→  3 –––→ ，
28
–––→1 –––→–––→
2
又 D 是 BC 的中点，即 AD 是中线，则 AD   AB  AC ，
–––→21
则 AD 
–––→2

AB
–––→ –––→–––→2

 2 AB  AC  AC
1 4
2  2  4  3cs 60  32  
37 ，得 AD 37 ，
4442
–––→ –––→1
所以 AD  CE 
2
–––→–––→ –––→ –––→

AB  ACAE  AC

1 –––→–––→

 3 –––→ –––→ 
AB  AC 
2 8
AB  AC 

 1  5 –––→ –––→3 –––→2
–––→2 
2  8 AB  AC  8 AB  AC 

 1  5  4  3cs 60  3  42  32 
2  88

 27
8
csCFD  cs
故选：D．
AB
–––→ –––→
AD, EC
–––→ –––→

AD  EC
 –––→ –––→ 
AD  EC
27
3 111
8
37  3 374
22
3i 11 i2  4i
【详解】由 z  2  4i ，
i20261
对于 A，所以 z 的虚部为4 ，故 A 正确；
对于 B，所以
z 
 2
，故 B 正确；
22  42
5
对于 C，所以 z 的共轭复数 z  2  4i ，故 C 错误；
对于 D，所以复数 z 在复平面内对应的点的坐标为2, 4 ，位于第三象限，故 D 错误．
ABD
【详解】对于 A，因为 AD1  平面 ADD1 A1 ， A1C1  平面 ADD1 A1  A1 ， A1  AD1 ，所以直线 A1C1 与 BD1 为异面直线，A 正确；
对于 B，因为在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， A1C1∥AC ， A1C1  平面 ACD1 ， AC  平面 ACD1 ，所以 A1C1 / /
平面 ACD1 ，B 正确；
对于 C，则由正方体的性质可得V ABC 为等腰直角三角形，所以V ABC 的面积为 2，故三棱锥 D1  ABC 的体
积为 4
3
，C 错误；
对于 D，连接 BA1，A1C1，BC1 ,则平面 BA1C1 即为平面α，截面图形△BA1C1 为等边三角形，所以平面α截正方体
ABCD  A1B1C1D1 所得截面的图形的周长为6 2 ，D 正确.
BCD
【详解】因为bcsC  ccsB  a2 ，所以由正弦定理，得sinBcsC  sinCcsB  asinA ，即 sin(B +C) = asinA ，
因为 A  B  C  π ，所以sin(B +C) = sinA ，且sinA  0 ，所以a  1 .
选项 A：若 B  C  3A ，则 A  π ，所以V ABC 的外接圆的直径2R 
4
a ，
2
sinA
所以 R 2 ，
2
 2 2π
所以V ABC 的外接圆的面积为π 2 
 ，故选项 A 错误；
2

选项 B：由正弦定理可得
a
sinA
b
sin B
 b  asinB 
sinA
π
2 sinB ，
3
3b
B  π 2 
故sinB ，因为V ABC 有两解，且 A  ，所以
 , π  ，
23 3 3 
故 3  3b  1 ，即 b 的取值范围为1, 2 3  ，故选项 B 正确；
223 

选项 C：由正弦定理，得 a c，即c  2acsA ，
sinAsin2 A
因为a  1 ，所以c  2csA ，
2
0  A  π0  A  π
2
ππππ


因为V ABC 为锐角三角形，所以0  B 
2
，即0  π  3A 

，所以
2
 A  ，
64
0  C  π0  2 A  π
22
所以c  2csA  2, 3  ，故选项 C 正确；
选项 D：因为sinB  2sinC ，由正弦定理得b  2c ，因为 A  2C ，所以sinB = sin( A +C) = sin3C ，
所以由正弦定理
b
sin B
c
sin C
，得 2c sin3C
c
sinC
，即sin3C  2sinC ，
所以sin2CcsC  cs2CsinC  2sinC ，
即2 sin C cs2 C  2 cs2 C sin C  sin C  2 sin C ，所以2cs2C  2cs2C  3，
所以cs2C  3 ，
4
又因为 A  2C ，所以C  0, π  ，故C  π ， A  π ，解得 B  π ，
2 632

因为a  1 ，所以b =
a=
cs30°
2 , c = atan30° = 3 ，
3
3
即V ABC 是直角三角形，所以内切圆的半径为r  1 a  c  b  3  3 ，
26
所以aAOB 的面积为S  1 cr  1  3  3  3 3 1 ，故选项 D 正确.
故选：BCD.
2
→
b
223
612
3
→→ →→
a cs135∘  b  2   2  b   2 b
【详解】由题意可知， a 在b 方向上的投影向量为
→
2  33.
2
→
故答案为： b .
3
16
17
b
【详解】连接 A1C, BC1 ，
正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，
有 AB / /C1D1 且 AB  C1D1 ，四边形 ABC1D1 为平行四边形，则有 BC1 / / AD1 ，
则A1BC1 就是异面直线 A1B 与 AD1 所成的角．
设 AB = a ，则 BC1  A1B  17a, A1C1  2a ，
BC 2  A B2  AC 217a2 17a2  2a216
V A1BC1 中，由余弦定理得
cs A1BC1  111 1 
2BC1  A1B
2 17a2

17 ．
故答案为： 16
17
13 / 1 13
22
22  
3 2
【详解】圆锥的底面半径为
–––→ –––→
 1 ，
1
由于OA  OC  11cs AOC    0 ，
2
所以∠AOC 为钝角，且AOC  2π ，所以 A‸C  2π 1  2π .
333
圆锥的侧面展开图如图，
2π
沿母线 PA 展开的圆锥的侧面展开图中弧 AC 所对的圆心角为APC  3  π ，
23
连接 EC ，可得从 E 到C 的最短路径长度为：
PE2  PC 2  2PE  PC  cs APC
EC 
故答案为： 13
2
15．（Ⅰ） 5 2 ；（Ⅱ） π．
4

.
 1 2

 2 
  22  2   2 cs
1
2
π
3
13
2
a
【详解】解：（Ⅰ）因为 →  (2, 1), b  (1, x) ，所以a  b  (3, 1 x) ，由a  (a  b) ，可得a•(a  b)  0 ，
即6  1  x  0 ，解得 x  7 ，即b  (1, 7) ，
12  72
→
所以| b | 5 2 ；
（Ⅱ）依题意a  2b  (4, 2x  1)  (4, 7) ，可得 x  3 ，即b  (1, 3) ，
cs  → →→a  b→
2  3
10
2
所以a, b ，
| a || b |5 2
因为 a, b [0,π]，
所以a 与b 的夹角大小是π．
4
2
16．(1) 1
(2) z  1  i
【详解】（1）由题知2  i z  2  i1 mi  2  m  2m 1i
若2  i z 是实数，则2m 1  0 ，解得m  1 ；
2
（2）由题知1 i  1 i  1 i1 mi  1 m  1 mi
z1 mi
1 mi1 mi
1 m2

若1 i 是纯虚数，则1 m  0 ，解得m  1，所以 z  1 i, z  1 i .
z
17．(1) A  π
3
1 m  0
3
(2)
【详解】（1）因为 3a sin C  a cs C  b  c ，
由正弦定理得： 3 sin Asin C  sin A cs C  sin B  sin C ，因为sin B  sin  A  C   sin A cs C  cs Asin C ，
所以 3 sin Asin C  cs Asin C  sin C ，
因为C 0, π ，所以sin C  0 ，所以 3 sin A  cs A  1，所以2 sin  A  π   1，即sin  A  π   1 ，
6 6 2

因为 A 0, π ，所以 π  A  π  5π ，所以 A  π  π ，所以 A  π ．
666
b2  c2  a21
663
因为cs A  ， a  2 ，所以b2  c2  4  bc ，
2bc2
–––→1 –––→–––→
2
因为 D 是 BC 的中点，所以 AD   AB  AC ，
–––→ 21
所以 AD 
4
–––→ 2

AB
–––→ 2
AC
–––→ –––→

2 AB• AC
444
 1 c2  b2  2bc cs A  1 b2  c2  bc  1 2bc  4 ，因为b2  c2  2bc ，所以4  bc  2bc ，即bc  4 ，
–––→ 211
所以 AD  (2bc  4)  (2  4  4)  3 ，
44
当且仅当b  c 时，等号成立．所以 AD 的最大值为 3 ．
18．(1)证明见详解
(2) 10
5
4  2 2
(3)
【详解】（1）由 PA  PC ， F 为 AC 的中点，则 PF  AC ，
又平面 PAC  平面 ABC ，平面 PAC ∩ 平面 ABC  AC ，则 PF  平面 ABC ，
又 EF  平面 ABC ，所以 EF  PF ．
由 BC  AC ，平面 PAC  平面 ABC ，平面 PAC ∩ 平面 ABC  AC ，
则 BC  平面 PAC ，所以∠BPC 是直线 PB 与平面 PAC 所成的角，在Rt△ABC 中，
由 BC  2 ， ABC  π ，
3
3
则 AC  2tan π  2
3
， AB  2BC  4 ，
又PAC  π ， PA  PC ，
4
则由余弦定理有 PC 2  PA2  AC 2  2PA  AC  cs π ，
4
即 PC 2  PC 2 12  2PC  2 3 
2 ，解得 PC  6 ，
2
又 BC  平面 PAC ， PC  平面 PAC ，则 BC  PC ，
PC 2  BC 2
6  4
10
所以 PB ，
所以sinBPC  BC 
PB
2  10 ，
10
5
故直线 PB 与平面 PAC 所成角的正弦值为 10 ．
5
如图，连接 PE ．
当 PA  PB 时，由 E 为 AB 的中点，则 PE  AB ，
6
由（2）知， AB  4 ， PC  PA ，则 AE  1 AB  2 ，
2
PA2  AE2
6  4
2
所以 PE ，
又 F 是 AC 的中点，则 EF  1 BC  1 ，
2
又由（2）知， AC  2 3 ，则CF  1 AC 
2
3 ，且 PF  AC ，
PC 2  CF 2
6  3
3
则 PF ，
又 EF 2  PE2  PF 2 ，所以 EF  PE ，
如图，将△PFE 绕直线 PF 旋转得到△PFQ ，使△PFQ 与aPAC 在同一平面内，且点Q 在△PAF 内，则当C ， D ， Q 三点共线时， CD  ED  CD  DQ 最小，即CD  ED 的最小值为CQ ．
在Rt△PQF 中， PQ  PE  2 ， QF  EF  1 ，QF  PQ，
2
3
则sinPFQ  PQ 6 ，
PF3
则csCFQ  cs PFQ  PFC   sinPFQ  
所以在△CFQ 中，由余弦定理得CQ 
6 ，
3
QF 2  CF 2  2QF  CF  cs CFQ
1 3  2 1 3  
6 
3 


，
4  2 2
即CD  ED 的最小值为 4  2 2 ．
19．(1) 2
2
(2) 2
【详解】（1）根据离散曲率的定义得φP  1
1 (APB  BPC  APC) ， 2π
φA  1
φC  1
2π (PAB  BAC  PAC),φB  1
1
1 (PCA  BCA  PCB) ， 2π
1 (PBA  ABC  PBC) ， 2π
又因为APB  BPC  APC  PAB  BAC  PAC  PBA  ABC  PBC
PCA  BCA  PCB  4π ，
所以φP φA φB φC  4 
1  4π  2 ； 2π
（2）因为 PA  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，所以 PA  BC ，
又因为 AC  BC ， PA∩ AC  A ， PA ， AC  平面 PAC ，所以 BC  平面 PAC ，因为 PC  平面 PAC ，所以 BC  PC ，
因为φ  1 1 (PCA  BCA  PCB)  3 ，即1
1 (PCA  π  π)  3

C2π8
2π228
所以PCA  π ，所以 PA  AC  BC  4 ，过点 A 作 AM  PC 于点M ，
4
由 BC  平面 PAC ， AM  平面 PAC ，得 BC  AM ，
又 BC∩ PC  C ， BC ， PC  平面 PCB ，则 AM  平面 PCB ，因此点 A 到平面 PBC 的距离为线段 AM 的长，
在Rt △ ACM 中， AM  AC sin PCA  4 
2  2 2 ，
2