PAGEPAGE1頁(yè)/6四川省綿陽(yáng)東辰國(guó)際學(xué)校2025-2026一、單選題（本大題共8小題 A.

B. C.

D.

a

ab

aba

復(fù)數(shù)z滿足z2z6i（i是虛數(shù)單位，則z的虛部為 A. B. C. D.4已知△OAB中，OA2，OB1，OAOB1，過點(diǎn)O作OD垂直AB于點(diǎn)D，則 A.OD

5

2OB

B.OD

2

5OB C.OD

4

3OB

D.OD

3

4OB 在VABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，則a2b2 3bc，sinC 3sinB，則 A. B. C. D.（

3 C.

D.235個(gè)險(xiǎn)種：甲，一年期短險(xiǎn)；乙，兩全保險(xiǎn)；丙，理財(cái)類保險(xiǎn)；丁，定期壽險(xiǎn)；戊，重大疾病保險(xiǎn).5個(gè)險(xiǎn)種參?？蛻暨M(jìn)行抽樣調(diào)查，得出如下的統(tǒng)計(jì)圖： 用樣本估計(jì)總體，以下四個(gè)選項(xiàng)錯(cuò)誤的是 30~41隨著年齡的54“箏形”是指以一條對(duì)角線所在直線為對(duì)稱軸的四邊形.已知“箏形”ABCDACAB

7BC7SABCDSBSCSDABSABCSABCD體積為 PAGE3PAGE3頁(yè)/6

?

3333VABC中，BC2，BC邊上的中線AD2，則下列說(shuō)法正確的有 AB

為定

AC2AB24cosA

已知復(fù)數(shù)zm22m3(m1)i，其中m為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，則 zm1或zmm2z的虛部為若za aR，則|z|ABCDABCDABCDABAA1AD1P111 過點(diǎn)B1的半圓弧11上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)，點(diǎn)Q是經(jīng)過點(diǎn)D的半圓弧C上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)， PBCQADAP的取值范圍是0 PBCQSS三、填空題（本大題共3小題PAGEPAGE4頁(yè)/6

BC ，若ABABttR”,, 2 1 2 已知三棱錐B?ACD中，棱AB，CD，AC的中點(diǎn)分別是M，N，O，VABC，VACD，VBOD都是正三角形，則異面直線MN與AD所成角的余弦值為 在VABCabc分別為內(nèi)角ABCO為VABC2AB2

AC，sinC(cosA

cosAsinA0AOxAByACxyRx2y 四、解答題（本大題共5小題zm22mm2m6imRiz為純虛數(shù)，求mz在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，求m100份作為樣本，將樣本的成績(jī)（10040分的整數(shù)）分成六段：[40,50),[50,60),L,[90,100]得到如圖所示的頻率分布直方圖.a的75zs2.已知VABCA，B，Ca，b，c，且b21bccosBaBC若CD3AD若B2D3BC4CDAD的長(zhǎng)ACBπADF

BB1AB3BCCBBB所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，θ0θπBEEB1

2 1

ROAB空BPAGEPAGE1頁(yè)/24四川省綿陽(yáng)東辰國(guó)際學(xué)校2025-2026一、單選題（本大題共8小題

C.

D.【答案】avb→11y1210ya故選

a

ab

aba

【答案】計(jì)算即得

，則παβπ，則cos(αβ0 (ab(aba|b|2a→Ba

a

2BCBa

a

，則παβπ，則cos(αβ0

abC 即若取αβπ時(shí)，有sinαcosβcosαsinβ(2)22)20，此時(shí)ab滿足a//bD 確復(fù)數(shù)z滿足z2z6i（i是虛數(shù)單位，則z的虛部為 A. B. C. D.【答案】zabiabzabiz2z6iabi2abi6i，3abi6i，故b1.已知△OAB中，OA2，OB1，OAOB1，過點(diǎn)O作OD垂直AB于點(diǎn)D，則 OD

5

2OB

OD

2

5OB OD

4

3OB

OD

3

4OB 【答案】【詳解】VABOOA2OB1OAOB1，過點(diǎn)O作ODABD

解得λ

，所以O(shè)D

2

5OB． 在VABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，則a2b2 3bc，sinC 3sinB，則 A. B. C. D.【答案】【分析】運(yùn)用正弦定理可得c 3b，代入已知可得a2b，再勾股定理的逆定理求得角A【詳解】在VABC中，由sinC

3sinB及正弦定理，得c

又a2b2 3bc，則a2b，顯然b2c24b2a2，所以A90（

3 C.

D.23【答案】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可知CCBD 1ABB1C

ACC1AC1平面CB1D1EOAC1O到平面CB1D1的距離為OE過O作OFAC，垂足為F，設(shè)OEOFx，AC AE

2

，AO

23x，CE 6 則RtVAFORtVACCAOOF

23 x x3

3，即半徑長(zhǎng)為3 5個(gè)險(xiǎn)種：甲，一年期短險(xiǎn)；乙，兩全保險(xiǎn)；丙，理財(cái)類保險(xiǎn)；丁，定期壽險(xiǎn)；戊，重大疾病保險(xiǎn).5個(gè)險(xiǎn)種參保客戶進(jìn)行抽樣調(diào)查，得出如下的統(tǒng)計(jì)圖：用樣本估計(jì)總體，以下四個(gè)選項(xiàng)錯(cuò)誤的是 30~4154【答案】【詳解】由扇形圖可知，31~41A正確；B正確；由扇形圖可知，5492%C錯(cuò)誤；D正確.“箏形”是指以一條對(duì)角線所在直線為對(duì)稱軸的四邊形.已知“箏形”ABCDACAB

7BC7SABCDSBSCSDABSABCSABCD體積為

?

333SABCDAC，BDESSOABCDOCOa，利用余弦定理結(jié)合cosCODcosAODa27S△SAC，可求體積SABCDAC，BDESSOABCDSDSBACABCDOACBO，DO，如圖所示BOCODO

，因?yàn)?BC74949BC

，所以AO 設(shè)COaSO2SA2AO2SC2a2由題意可知SCAB7，所以28AO249OC249a2，則a2a2a2 在△COD中，cosCOD a221a2 a22aa2aa22aa2aa2易得cosCODcosAOD，所以a2a214a2a2

14aa2aa2

a2

35.

a335aa2所以a2142a221a2a2352a221t，則t72tt21ta2所以t314t249tt328t2142t21t22821t14221整理得21t2972t211420，所以t221t1960，所以t7t280，解得t7或t28a228a27（舍去a0a27，所以AO ，BOCODO27，SO DEBEODsinCOD27 3

1ACSO213

SABCD V

1DE

1BE

二、多選題（本大題共3小題VABC中，BC2，BC邊上的中線AD2，則下列說(shuō)法正確的有 AB

為定

AC2AB24cosA

【答案】【分析】A利用向量的加減法及向量的數(shù)量積公式運(yùn)算即可，B根據(jù)余弦定理及角的互補(bǔ)運(yùn)算即可求值，C利用余弦定理及基本不等式求出cosA范圍即可，D根據(jù)余弦定理及基本不等式求出cosBAD的最小

AQABACADDBADDB

413，ABACBQcosADCcosAC2AB2AD2DC22ADDCcosADCAD2DB22ADDBcos2AD2DB2DC2221110Bb2c2 對(duì)于C，由余弦定理及基本不等式得cosA （當(dāng)且僅當(dāng) c時(shí)，等號(hào)cosA

12cos立）,A選項(xiàng)知bccosA3解得cosA3C

cos2c222 c22 （當(dāng)且僅當(dāng)c 時(shí)，等號(hào)成立，因BADABD

PAGE9PAGE9頁(yè)/24所以BAD

(0,)，又cosBAD ，所以∠BAD的最大值30，D選項(xiàng)正確 【點(diǎn)睛】本題主要考查了向量的數(shù)量積運(yùn)算，余弦定理，基本不等式，考查了推理能力，屬于難題已知復(fù)數(shù)zm22m3(m1)i，其中m為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，則 zm1或zmm2z的虛部為za

aR，則|z|【答案】【分析】根據(jù)選項(xiàng)中復(fù)數(shù)的特征，分別求解m，即可判斷選項(xiàng)m22m3【詳解】A.若z為純虛數(shù)，則m1 ，得m3，故A錯(cuò)誤m22m3若復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)z的點(diǎn)位于第四象限，則m1 m3Bm2z5iz5iz的虛部為1Cza2iaRm12m1z42i4242

DABCDABCDABCDABAA1AD1P111 過點(diǎn)B1的半圓弧11上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)，點(diǎn)Q是經(jīng)過點(diǎn)D的半圓弧C上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)， PAGEPAGE14頁(yè)/24PBCQADAP的取值范圍是0 PBCQ的SS【答案】【分析】A.由

1AA1BCh判斷；B.

1cosDAP1

P

1ADAP4cos2DAP求解判斷；C.由CC1ABCD，得到C1QC是C1Q 1角求解判斷；D.DDBDC

x，y，z

Pxy,1OPOBtS

判斷 h，則VPBCQ3AA12BCh，因?yàn)閔PBCQA

ADAPADAPADAPcosDAP4cos2DAP 1

1

1 1DAP0,π，所以cosDAP0,1，則ADAP0

B1 2 1 因?yàn)镃CABCD，所以CQC是CQABCD所成的角，則tanCQCCC11

因?yàn)镃Q02，所以tanCQC1CDDBDC

x，y，zB

3,0,0,C0,1,0,A

0AD 1 點(diǎn)為 ,,1

3

設(shè)球心為O ,,t，Px,y,1，則x y 2 3 1 1 OPOB

x

y

3

2

t21t2 3

1

1

1化簡(jiǎn)得2tx2y21y2y212y 即t1y

1y11t1t

t1y 3

三、填空題（本大題共3小題

BC ，若ABABttR”,, 2 1 2 【答案】0,2【分析】依題意即使三角形要有唯一解求出參數(shù)t ，22

2t，解得t2②當(dāng)AB

時(shí)，即

，解得0t1

綜上可得t0,20,2已知三棱錐B?ACD中，棱AB，CD，AC的中點(diǎn)分別是M，N，O，VABC，VACD，VBOD都是正三角形，則異面直線MN與AD所成角的余弦值為 【答案】MNO（或其補(bǔ)角）MNADOMONMN的長(zhǎng)度，用余弦定理求得答案根據(jù)題意可知，因?yàn)閂ABC,VACD,VBODBOACDOACBNAN設(shè)AC=2，則ANBOBDOD 易知CNDN1，在△BCNcosBNC

12BN221在VBNDcosBND

12BN221

3于是12BN2221BN3 21

21

AMBM1，在VANMcosAMN 12MN2

21在VBMNcosBMN

22110于是

3

2 21

12MN2 21

MNON，則ONAD，于是MNO（或其補(bǔ)角）MNADMO MO=NO=1，在VMNO中，由余弦定理可得cosMNO

2

7故答案為：7

2 在VABCabc分別為內(nèi)角ABCO為VABC2AB2

AC，sinC(cosA

cosAsinA0AOxAByACxyRx2y 3或【分析】利用正弦定理可得c(cosA3acosA0ABBC2 2

AC得出ca23b22立得出2bcosA3c，結(jié)合余弦定理得出

a

，聯(lián)立ca

b解得

.分兩種情況結(jié)合題給條件列方程組，解得結(jié)果

sin

sin

sin

2R，所以c(cosA

acosA0ABBC

AC，所以ca23b22聯(lián)立可得2bcosA3cb2c2

b2+c2? 由余弦定理得cosA ，所以cosA ，解得b2a22c222

聯(lián)立ca

b

6ac

0，解得

或 3當(dāng)

時(shí)，而ABACbccosA

AOxAByACAOABx

yACAB因?yàn)镺為VABCAOAB

1AB，1c2xc2y3c2，所以2x3y AOxAByACAOACxABACyACAOAC

1AC，1b2x3c2yb2，因?yàn)閎

3c1b2x1b2yb2 x2yx1y1x2y3a5cb33c時(shí)，同理可得2x3y1x18y9x2y433或43四、解答題（本大題共5小題zm22mm2m6imRiz為純虛數(shù)，求mz在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，求m【答案 【分析】(1)(2)由第四象限的點(diǎn)的特征建立不等式組，求解即可1m22mzm2m60m0m2zm22mm2m60解得0m3，故m的取值范圍為03．100份作為樣本，將樣本的成績(jī)（10040分的整數(shù)）分成六段：[40,50),[50,60),L,[90,100]得到如圖所示的頻率分布直方圖.a75zs2. （3）62（1）175百分位數(shù)在[40.90)由頻率分布直方圖中數(shù)據(jù)結(jié)合方差計(jì)算公式即可解答1(0.0050.0100.020a0.0250.010)101a0.0302成績(jī)落在[40.80)內(nèi)的頻率為0.0050.0100.0200.030100.65，落在[40.90)內(nèi)的頻率為(0.0050.0100.0200.0300.025100.9，75由0.65(m80)0.025m84753成績(jī)?cè)?070的市民人數(shù)為1000.220z105620656210由樣本方差計(jì)算總體方差公式，得總方差為s2 10756622204656222310 已知VABCA，B，Ca，b，c，且b21bccosBaBC若CD3AD若B2D3BC4CDAD的長(zhǎng)（2） （1）利用正弦定理邊化角，再利用和角的正弦化簡(jiǎn)即得（2）由（1）的結(jié)論及已知可得CAB2CAD，再利用正弦定理列式化簡(jiǎn)求出sinD即可求解1在VABC1bccosBa1sinBsinCcosBsin sin(BC)sinBcosCcosBsinC1sinBcosCsinB而sinB0，則cosC1，又C0π，因此Cπ 2232222232223cos2由（1）DCADπBCAB2π 由B2D，得CAB2CAD在VABC

sin

sin

在VACD

，而3BC4CDsin sin則

3sin

因此cosCAD4cosD，cosCADcos(πD)1cosD 3sinD4cosD 即cosD33sinD，而sin2Dcos2D1，解得sinD ADACsinACD

239ACBπADF

BB1AB3BCCBBB所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，θ0θπBEEB1

2 1

（1）（2）①存在，且θπ （1）利用余弦定理求出BC的長(zhǎng)，結(jié)合勾股定理可證得BCABAD//BC，可得出（2）①BE1BF、CFEFFE1與CD所成的角為BFE1E1F的長(zhǎng)，然后在△BEF中利用余弦定理求出EBF的值，即可得出角θ②FABCDFGBE，垂足為點(diǎn)GFGE1GFGEF1sinFEGFG，利用換元法、基本不等式以及對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可求得sinFEG所求1在VABCAB3AC

，ACBπAB2AC2BC22ACBCcosπ即BC223BC30，解得BC AB2BC2AC2ABBCABCD中，因?yàn)锳CBCADπBC//ADAD⊥AB2①BE1BF、CFEFBC//ADAD

2BCFADDF//BCDFBCBE23故四邊形BCDF為平行四邊形，所以BF//CD，BFCD2 故異面直線FEBE23

BF故△BFE1為等腰三角形，且BFE1為銳角，故cosBFE1

10BF2EF2 12EF2 E由余弦定理得cosBFE1 1 1

，解得EF 2BFE

223E

EF2EFABCDEF2

因?yàn)樗倪呅蜝CDF為平行四邊形，所以FBCADC在△BEF中，BF ，BE ，EF π

BE2BF2EF

312 由余弦定理可得cosEBFcosθ

2BE

23232因?yàn)?θππθπ5π，故θπ2π，所以θπ 故存在滿足條件的θFE與直線CD所成角的余弦值為10，且θπ ②FABCDFGBE，垂足為點(diǎn)GFGE1GBB1ABCDFGABCDFGBB1FGBEBB1BEBBB1BEBB1E1EFGBB1E1E，F(xiàn)E1BB1E1E所成角為FE1G，F(xiàn)GBFsinEBFBFsinθπ23sinθπ 3 3 πθππ時(shí)，即當(dāng)0θπBG23cosθπ

3 所以EGBEBG 23cosθπ 3121121cos ππ 33E1GE1F

EE2EE29