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2025-2026学年福建省厦门市实验中学高一（下）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.已知集合A={x|-2＜x＜1}，B={-3，-1，0，1，2，3}，则A∩B=（　　）
A. {-1，0} B. {2，3} C. {-3，-1，0} D. {-1，0，2}
2.已知复数z=2-i，则z 的值为（）
A. 5 B. C. 3 D.
3.函数f（x）=2x+lnx-3的零点位于区间（　　）
A. （0，1） B. （1，2） C. （2，3） D. （3，4）
4.已知，则=（　　）
A. B. C. D.
5.已知一个水平放置的△ABC用斜二测画法得到的直观图如图所示，且C′A′=3，C′B′=6，则原平面图形的面积是（　　）
A. 16 B. 18 C. D. 36
6.如图所示，点E为△ABC的边AC的中点，F为线段BE上靠近点B的三等分点，则=（　　）
A.
B.
C.
D.
7.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，AA1=，点D是侧棱BB1的中点，则直线C1D与平面ABC所成角的正弦值为（　　）
A.
B.
C.
D.
8.已知平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，=4，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（　　）
A. [-1，8） B. （0，8） C. [1，10） D. （0，10）
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.已知不重合的直线m,n,l和平面α，β，则（　　）
A. 若m∥l,n∥l,则m∥n
B. 若m⊥l,n⊥l,则m⊥n
C. 若m α，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
D. 若m⊥α，m β，则α⊥β
10.已知复数z：满足（1+i）z=2i,则（　　）
A. B. z的实部为1
C. z的共轭复数为=-1+i D. 在复平面中对应的点位于第四象限
11.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图1，在一个棱长为4的正方体中，B1E1=B1F1=B1G1=a,A1E2=A1F2=A1G2=a,…，a∈（0，4），过E1F1G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（　　）
A. 当a=1时，该几何体是一个半正多面体
B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为
C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为
D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i为虚数单位，x,y∈R，若（x-i）i=y-2i,则x+y= .
13.已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为 .
14.已知正四棱台A1B1C1D1-ABCD的上底面的四个顶点A1，B1，C1，D1都在圆锥SO的侧面上，下底面的四个顶点A，B，C，D都在圆锥SO的底面圆周上，且，则圆锥SO的体积为 .
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13分)
已知，，.
（1）求的值；
（2）当k为何值时，与垂直？
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，D是AB的中点.
（1）求证：BC1∥平面A1DC；
（2）求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值.
17.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,已知a2+c2-b2=3，△ABC的面积为.
（1）求角B的大小；
（2）若sinAsinC=，求△ABC的周长.
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC.
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）点H在棱PC上，当二面角H-DB-C的余弦值为时，求.
19.(本小题17分)
如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.
（1）如图2，在三棱锥A-BCD中，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，△BCD为等边三角形，∠ABC=90°，求二面角A-BD-C平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥A-BCD中，AH⊥平面BCD，AE⊥BD，连接HE，AB=4，∠ABD=45°，∠CBD=60°，∠ABC=90°，BC+BD=6，求三棱锥A-BCD体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.
1.【答案】A
2.【答案】A
3.【答案】B
4.【答案】B
5.【答案】B
6.【答案】C
7.【答案】B
8.【答案】A
9.【答案】AD
10.【答案】ABD
11.【答案】BCD
12.【答案】-1
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】-1 -17
16.【答案】（1）证明：连接AC1交A1C于O，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形AA1C1C是正方形，所以O是AC1的中点，而D是AB的中点，
因此有OD∥BC1，而OD 平面A1DC，BC1 平面A1DC，
所以BC1∥平面A1DC；
（2）解：由（1）可知：OD∥BC1，
因此异面直线A1D与BC1所成角为∠A1DO（或其补角），
因为AA1C1C是正方形，所以，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为4，
因此四边形BB1C1C是正方形，因此有，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，
因此有，
由余弦定理可知：，
因此．
17.【答案】；
．
18.【答案】证明：（1）连结AC，
∵底面ABCD是正方形，
∴AC⊥BD
又∵侧棱PD⊥底面ABCD，AC 平面ABCD，
∴PD⊥AC．
PD∩BD=D，
∴AC⊥平面PBD，
又∵AC 平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PBD．
（2）解：过H作HE⊥DC交DC于E，
过E作EF⊥BD于F，连接HF，
在平面PDC中，PD⊥DC，HE⊥DC，
∴EH∥PD，
∴EH⊥平面ABCD，
又BD 平面ABCD，∴HE⊥BD，
又∵EF⊥BD，EF∩EH=E，∴BD⊥平面HEF，
又HF 平面HEF，∴BD⊥HF，
∴∠EFH为二面角H-DB-C的平面角，
二面角H-DB-C的余弦值为，
故，
=，
故tan∠EFH==，
设CH=λCP，则HE=λPD，CE=λCD，ED=（1-λ）CD．
在Rt△DFE中，∠FDE=45°，∴．
在Rt△HEF中，，∴．
所以，当二面角H-DB-C的余弦值为时，．
19.【答案】解：（1）取BD的中点P，连接PA，PC，如图所示，
则BD⊥PA，BD⊥PC，于是∠APC是二面角A-BD-C的平面角，
设AB=1，则
因为∠ABC=90°，所以，
由余弦定理得，
故．
（2）二面角A-BD-C的平面角的大小为θ，
利用三面角余弦定理得cos90°=cos45°cos60°+sin45°sin60°cosθ，
计算得，
于是，
由于AB=4，则，
，
即当BC=BD=3时，三棱锥A-BCD体积的最大值为3．
（3）证明：如图过射线PC上一点Q在面PAC作QM⊥PC交PA于点M，
在面PBC内作QN⊥PC交PB于点N，连接MN，
则∠MQN是二面角A-PC-B的平面角，
在△MNP中，由余弦定理得：MN2=MP2+NP2-2MPNP，
在△MNQ中，由余弦定理得：MN2=MQ2+NQ2-2MQNQ，
两式相减得：MP2-MQ2+NP2-NQ2-2MPNP+2MQNQ=0，
则2MPNP=2PQ2+2MQNQ，
两边同除以2MP NP，得：
，
从而得证．
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