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2025-2026学年山东省泰安市第一中学高一（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.若复数z满足，则z的虚部为（　　）
A. 1 B. -1 C. i D. -i
2.如图，按斜二测画法所得水平放置的△OAB的直观图为△O′A′B′，若，，则原图中AB=（　　）
A.
B.
C.
D.
3.已知向量，若满足且，则=（　　）
A. （-1，3） B. （1，-3） C. （1，3） D. （-1，-3）
4.已知m,n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A. 若m∥α，n α，则m∥n B. 若m⊥n,m⊥α，则n∥α
C. 若α∥β，m α，则m∥β D. 若α⊥β，m⊥β，则m∥α
5.已知，，若在上的投影向量为，则与的夹角为（　　）
A. 60° B. 120° C. 135° D. 150°
6.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（a+b）2-c2=4，C=120°，则△ABC的面积为（　　）
A. B. C. D. 2
7.如图，在等边△ABC中，BC=4，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（　　）
A. 0
B. -1
C. -2
D.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，DD1的中点，AB=2，则过点E，F，C的平面截该正方体所得的截面周长为（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.设z1，z2是非零复数，，分别是z1，z2的共轭复数，则下列结论中正确的是（　　）
A. z2=|z|2
B. |z1 z2|=|z1| |z2|
C.
D. 若|z|=1，则|z-1-i|的最大值为
10.在△ABC中，已知，AB=6.现增加一个条件，使C有唯一解，则增加的条件可以是（　　）
A. AC=10 B. BC=5 C. D. BC=7
11.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体ABCD-A1B1C1D1在该圆锥内，其中A1，B1，C1，D1在圆锥的侧面上，A，B，C，D在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（　　）
A. 该圆锥的高为
B. 该圆锥可以整体放入直径为的球内
C. 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为
D. 以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面A1B1C1D1相交所得曲线的长度之和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.△ABC中，若，λ∈[0，+∞），则点P的轨迹一定通过△ABC的 心.
13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，则异面直线DE与D1C所成角的余弦值为 .
14.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,若2bcosA=c-b,则的取值范围是 .
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13分)
如图，在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是BC上一点，且.设，.
（1）用基底分别表示向量；
（2）若，用基底表示向量，并证明A，B，G三点共线.
16.(本小题15分)
如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，若将图中阴影部分绕AB旋转一周.
（1）求阴影部分形成的几何体的体积；
（2）求阴影部分形成的几何体的表面积.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且.
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）设点G在PB上，且，证明：AG∥平面PCD；
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,已知a=2，，其中S为△ABC的面积.
（1）求角A的大小；
（2）设D是边BC的中点，若AB⊥AD，求AD的长.
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，且.
（1）求证：BC⊥PC；
（2）当AC=2时，求点D到平面PAB的距离；
（3）当2≤AC≤3时，求二面角A-PB-C的正切值的取值范围.
1.【答案】B
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】C
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】B
8.【答案】B
9.【答案】BCD
10.【答案】AD
11.【答案】ACD
12.【答案】内．
13.【答案】
14.【答案】．
15.【答案】，， ，A，B，G三点共线证明如下：
由=，
则，所以，
又因为有公共点B，
所以A，B，G三点共线
16.【答案】；
7π．
17.【答案】在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD 取FC的中点H，则，
因为，所以，
则GH∥BC且，
又因为AD∥BC，且AD=2，
所以AD∥GH，且AD=GH=2，
所以四边形ADHG为平行四边形，故AG∥DH，
又因为AG 平面PCD，DH 平面PCD，
所以AG∥平面PCD
18.【答案】解：（1）因为，可得，即，
结合正弦定理可得，
在△ABC中，sinC=sin[π-（A+B）]=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，
所以，整理得，
因为B∈（0，π），sinB＞0，
故，即，
又A∈（0，π），
所以；
（2）因为D是边BC的中点，a=2，
所以BD=CD=1，
在△ABD中，AB⊥AD，则AD=BDsinB=sinB，
在△ACD中，，，CD=1，
由正弦定理可得，即，
所以，
所以，即，
所以，
又sin2B+cos2B=1，B∈（0，π），
所以，解得，
所以．
19.【答案】证明：由，
得AB2+PA2=16=PB2，则PA⊥AB，
而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA 平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，而BC 平面ABCD，则PA⊥BC，
又∠ACB=90°，则AC⊥BC，
又PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，因此BC⊥平面PAC，
又PC 平面PAC，
所以BC⊥PC；
；

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