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2025-2026学年福建省莆田市第二中学高一（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.（1+5i）i的虚部为（　　）
A. -1 B. 0 C. 1 D. 6
2.已知向量，，若，则x=（　　）
A. 2 B. C. 3 D.
3.如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则=（　　）
A.
B.
C.
D.
4.用斜二测画法画水平放置的△ABC，其直观图△A′B′C′如图所示，其中B′O′=C′O′=2.若原△ABC的周长为10，则A′O′=（　　）
A. B. C. D.
5.在△ABC中，“asinA=bsinB”是“△ABC为等腰三角形”的（　　）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.已知一个圆柱与一个圆台的高和体积都相等，圆柱的底面半径是，圆台的上底面半径是1，则圆台的下底面半径是（　　）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,若，bcosA+acosB=2，则△ABC的外接圆面积为（　　）
A. 3π B. 6π C. 9π D. 12π
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点M在线段BD上（含端点），则C1M+A1M的取值范围为（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.已知复数z=m+1+（m-1）i（m∈R）为纯虚数，则（　　）
A. m=-1 B. |z|=2 C. D. i z=-2
10.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（　　）
A. C1，M，O三点共线
B. A1C⊥平面C1BD
C. 直线A1C1与平面ABC1D1所成角的为
D. 直线A1C和直线BC1是共面直线
11.我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有△ABC满足，且，则（　　）
A. △ABC三个内角A，B，C满足关系A+C=2B
B. △ABC的周长为
C. 若E为AC的中点，，BE与AF交于点P，则BP的长为
D. 若O为△ABC的外心，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为 .
13.在△ABC中，，AB=3，，∠BAC的平分线AD交BC于点D，则AD= .
14.一个底面半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm.
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)
已知，，其中是夹角为的单位向量.
（1）求的模.
（2）若与夹角为钝角，求λ的取值范围.
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求A；
（2）若a=2，，求△ABC周长.
17.(本小题15分)
某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上A，B两点之间建一条观光通道，如图所示.在湖面所在的平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点B50米的点C处建一凉亭，距离点B70米的点D处再建一凉亭，测得∠ACB=∠ACD，cos∠ACB=.
（1）求sin∠BDC的值；
（2）测得AC=AD，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？
18.(本小题17分)
如图，△ABC是边长为4的正三角形，点D是△ABC所在平面外一点，AD=3且AD⊥平面ABC，E为AB的中点.
（1）求证：CE⊥平面ABD；
（2）求直线AD和平面CDE所成角的正弦值；
（3）求点A到平面BCD的距离.
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，其中，AD∥BC，且AD=2BC，点E为棱PD的中点.
（1）求证：CE∥平面PAB；
（2）若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥/平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；
（3）若PA=PB=PC=AD=5，CD=6，请在图中作出四棱锥P-ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长.
1.【答案】C
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】A
5.【答案】A
6.【答案】B
7.【答案】C
8.【答案】A
9.【答案】AB
10.【答案】ABC
11.【答案】ABD
12.【答案】（2，0）．
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】 ，且λ≠-3
16.【答案】解：（1）sin（A+）=1,
,
又A,
（2）由正弦定理可知
结合=2csinBcosB得
cosB=，而B，
由A+B+C=π得sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=
则△ABC的周长为a+b+c=a（）=
17.【答案】解：（1）设∠ACB=∠ACD=θ，则∠BCD=2θ∈（0°，180°），所以θ∈（0°，90°），
因为cosθ=，所以，
所以=，在△BCD中，由正弦定理：，
所以==；
（2）由（1）知，sin，cos，sin，cos，
所以sin∠CBD=sin[π-（∠BCD+∠BDC）]=sin（∠BCD+∠BDC）=sin∠BCDcos∠BDC+cos∠BCDsin∠BDC==，
在△BCD中，由正弦定理得：，
所以=，
设AC=AD=y,在△ACD中，由余弦定理有：AD2=AC2+CD2-2AC CD cos∠ACD，
即，解得，
在△ABC中，由余弦定理：AB2=AC2+BC2-2AC BC cos∠ACD=1000=1500，
所以AB=，
所以总造价为2000×10=，所以预算资金够用．
18.【答案】（1）证明：∵AD⊥平面ABC，CE 平面ABC，∴AD⊥CE，
又∵△ABC为正三角形，E为AB的中点，
∴CE⊥AB，
∵AB∩AD=A，∴CE⊥平面ABD；
（2）解：由（1）得平面CDE⊥平面ABD，
∴AD在平面CDE上的射影在DE上，
则∠ADE即为直线AD和平面CDE所成的角，
△ADE为Rt△，且AE=2，AD=3，∴，
故sin∠ADE=，
即直线AD与平面CDE所成角的正弦值为；
（3）解：取BC的中点M，连接DM，过A点在平面DAM内作AN⊥DM于N，
可得BC⊥平面DAM，∴AM⊥平面BCD，
可得AM=2，DM=，
利用等面积可知，DM AN=DA AM，
∴ AN=6，则AN=，
故点A到平面BCD的距离为．
19.【答案】证明：取线段PA的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别为线段PD，PA的中点，
所以EF∥AD，且，
又AD∥BC，且AD=2BC，
所以EF∥BC且EF=BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以EC∥FB，又EC 平面PAB，FB 平面PAB，
所以CE∥平面PAB； 存在N为线段AD中点 作图见解析，截面周长为
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