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浙江强基联盟2025-2026 学年高一下学期5 月题库数学试题
一、单选题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合A = {−1,0,1,2}，B = {−1,0,1}，则A ∩B为( )
A. {2}
B. {−1,0,1}
C. {−1,0,1,2}
D. ⌀
2.sin150
∘的值为( )
A. −√3
2
B. −1
2
C. 1
2
D. √3
2
3.已知复数z =1+i，则1
z =( )
A. √2
B. 1−i
C. 1+i
2
D. 1−i
2
4.已知平面向量m⃗=(1,−2)，n⃗=(t ,1)，若m⃗⊥n⃗
，则实数t =( )
A. 2
B. −2
C. 1
2
D. −1
2
5.在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c =1，b=2，A = 2π
3
，则a=( )
A. 1
B. √3
C. √6
D. √7
6.在▵ABC中，D是边BC的中点，E是边AC上靠近点A的三等分点，设AB⃗=a⃗
，AC⃗=b⃗
，则ED⃗=
( )
A. 1
6 a⃗+ 1
2 b⃗
B. 1
6 a⃗−1
2 b⃗
C. 1
2 a⃗+ 1
6 b⃗
D. −1
2 a⃗+ 7
6 b⃗
7.在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，点E为棱PA的中点，则异面直线AC，BE所成角的余弦值为
( )
A. √6
6
B. √3
3
C. √3
2
D. 2
3
8.若函数f (x)的定义域为R，且满足y = f (x−1)为偶函数，y = f (x +1)+1为奇函数，f (−2)=0，则
f (2026)=( )
A. 0
B. 2
C. −1
D. −2
二、多选题：本题共3 小题，共18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z =1−2i，下列说法正确的是( )
A. z的实部为1
B. z的虚部为−2i
C. |z|=√5
D. z =1+2i
10.已知正实数a，b满足1
a + 4
b =1，则( )
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A. b>4
B. ab的最大值为16
C. a+b的最小值为9
D. b−1
a
的最小值为3
11.在棱长均为1的直三棱柱ABC −A1B1C1中，点P满足AP⃗= λ AB⃗+ μ A A1⃗
，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，
点D为线段C C1的中点，点Q为线段BC1上的动点，则( )
A. 当μ= 1
2
时，三棱锥P−ABC1的体积为定值
B. 存在点P，使得AP⊥AD
C. 当λ= 1
2
时，存在两个点P，使得C1 P⊥AP
D. 当λ+ μ=1时，▵P B1Q的周长的最小值为1
2 + √7
2
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12.若平面向量a⃗=(2,1)，b⃗=(1,0)，则⃗a在⃗b上的投影向量为 .(用⃗b表示)
13.已知复数z1, z2满足| z1|=1，z2=3+ 4i，其中i为虚数单位，则| z1−z2|的最大值为 ．
14.在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA ⊥平面ABCD，PA = AB，PC⃗= 4 PN⃗
，过
A ,B , N的平面将四棱锥P−ABCD分成两部分，较小部分与较大部分的几何体体积分别为V 1,V 2
，则V 1
V 2
=
．
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)
已知函数f ( x)=sin(2 x + π
3)
，
(1)求函数f ( x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)求函数f ( x)在[0, π
2]
上的值域．
16.(本小题15分)
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如图，在长方体ABCD−A1B1C 1 D1中，AB = AD =2，A A1=3，E为线段A A1上的动点，
(1)求三棱锥E−BC C1的体积；
(2)若AE⃗=2 E A1⃗
，求点C1到平面ECB的距离．
17.(本小题15分)
在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，bcos A −acos2B =c
(1)求B；
(2)已知b=√3，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得▵ABC存在，求
▵ABC的面积．
条件①cos A =−1
2
；条件②a+c =3；条件③a=sinC．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答
计分．
18.(本小题17分)
如图，已知三棱锥P−ABC，AB =CB =2，PA = PC =2√3，∠ABC = 2π
3
，PB =√10，AO⃗=OC⃗，
(1)求证：PO⊥平面ABC；
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(2)求三棱锥P−ABC外接球的表面积；
(3)若点Q为三棱锥P−ABC外接球的球心，求平面PAQ与平面ABC所成角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f (x)=|ax−1|+
1
|ax−1|，
(1)若a=1，当x>1时，求f (x)的最小值；
(2)若|a−3
4|> 1
4
，当x∈[1,2]时，
(ⅰ)若函数f (x)的最小值为2，求a的取值范围；
(ⅱ)对于任意的x , x1, x2∈[1,2]，f (x)<f (x1)+ f (x2)恒成立，求a的取值范围．
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参考答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.D
6.C
7.A
8.D
9.ACD
10.AC
11.ACD
12.2b⃗
13.6
14. 5
27
15.解：(1)f ( x)的最小正周期T = 2π
2 = π
令−π
2 +2kπ ≤2 x + π
3 ≤π
2 +2kπ，k ∈Z；
解得−5 π
12 +kπ ≤x ≤π
12 +kπ，k ∈Z；
所以函数f ( x)的单调递增区间为[−5 π
12 + kπ , π
12 +kπ ]，k ∈Z．
(2)令t =2 x + π
3
，x∈[0, π
2]
，则t ∈[ π
3 , 4 π
3 ].
因为p(t )= sint在[ π
3 , π
2 ]上单调递增，在( π
2 , 4 π
3 ]上单调递减，
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且p( π
3 )=sin π
3 = √3
2
，p( 4 π
3 )=sin 4 π
3 =−sin π
3 =−√3
2
，
所以p( 4 π
3 )≤p(t )≤p( π
2 )，即−√3
2 ≤p(t )≤1，
所以函数f ( x)在[0, π
2]
上的值域为[−√3
2 ,1]．
16.解：(1)S△BC C1= 1
2 BC ⋅C C1=3，
易知AB的长即为三棱锥E−BC C1的高，
所以V
E
三棱锥−BC C1= 1
3 AB⋅S△BC C1= 1
3 ×2×3=2．
(2)记点C1平面ECB的距离为h，
由AE⃗=2 E A1⃗⇒AE =2，则BE =2√2，BC =2，EC =2√3，
所以S△EBC = 1
2 BE⋅BC =2√2，
由(1)知V
E
三棱锥−BC C1= 1
3 h⋅S△EBC =2⇒h= 3√2
2
．
17.解：(1)在▵ABC中，sin ( A + B)=sinC，则sin A cos B+cos A sin B =sinC
由正弦定理可得：bcos A +acos B =c．
所以{
bcos A −acos2B =c ,
bcos A +acos B =c ⇒acos B =−acos2B ,
即2co s
2B+cos B−1=0，
解得cos B = 1
2
或cos B =−1(舍)，
由B∈(0,π )，则B = π
3
．
(2)若选①得A = 2π
3
，▵ABC不存在，
若选②由余弦定理知b
2=a
2+c
2−ac⇒3=(a+c)
2−3ac，得ac =2，
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故S▵ABC = 1
2 ac sin B = √3
2
，
若选③由正弦定理知sinC = c sin B
b
= c
2
，得c =2a，
余弦定理b
2=a
2+c
2−ac⇒3=3a
2⇒a=1，
故S▵ABC = 1
2 ac sin B = √3
2
．
18.解：(1)由AO⃗=OC⃗
，则O是AC的中点，
又PA = PC =2√3，则PO⊥AC，
又AB =CB =2，∠ABC = 2π
3
，则BO⊥AC，且∠ABO =∠CBO = π
3
，
所以在Rt ▵BOC中，有OB = AB⋅cos π
3 =2× 1
2 =1，OA =OC = AB⋅sin π
3 =2× √3
2 =√3，
所以在Rt ▵POC中，有PO =√PC
2−OC
2=√12−3=3
，
又PB =√10，则在▵POB中，有PO
2+ BO
2= P B
2，所以PO⊥BO，
又AC ∩BO=O，且AC，BO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC．
(2)设▵ABC外接圆的半径为R，O1为该外接圆圆心，则O1在直线BO上，
由正弦定理可得2 R =
AC
sin ∠ABC = 2√3
√3
2
= 4，则R =O1 A =O1B =O1C =2，
结合(1)有OB =1，则O1O =O1B−OB =2−1=1，
设三棱锥P−ABC外接球的半径为r，Q为该外接球的球心，
则Q在过圆O1的圆心且垂直于平面ABC的直线上，
结合(1)有PO⊥平面ABC，则Q在平面POB内，所以O1Q⊥平面ABC，
设QO1=t，过Q作QQ1⊥PO，且Q1在PO上，则OQ1=t，QQ1=1，PO⊥QQ1，
在Rt ▵QA O1
中，有r
2=Q A
2=QO1
2+ A O1
2=t
2+ 4，
在Rt ▵PQQ1中，有r
2=Q P
2=(PO−OQ1)
2+QQ1
2=(3−t )
2+1，
即t
2+ 4 =(3−t )
2+1，解得t =1，所以r =√5，
所以三棱锥P−ABC外接球的表面积为S = 4 π r
2=20 π．
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(3)法一：结合(2)可知△APQ在平面ABC的投影三角形为▵AOO1，
又结合(1)(2)有AO =√3，OO1=1，所以S▵AOO1= 1
2 × AO×OO1= 1
2 ×√3×1= √3
2
，
又结合(2)有QA =QP =r =√5，PA =2√3，则△APQ为等腰三角形，
则PA边上的高为h=√Q A
2−(
PA
2 )
2
=√5−3=√2，所以S▵APQ= 1
2 × PA ×h= 1
2 ×2√3×√2=√6，
所以平面PAQ与平面ABC所成角θ的余弦值为cosθ =
S▵AOO1
S▵APQ
=
√3
2
√6 = √2
4
．
法二：如图延长PQ与BO1相交于点T，则平面PAQ与平面ABC的交线为AT ，
过O作OH ⊥AT，且H在AT上，
结合(1)有PO⊥平面ABC，又AT ⊂平面ABC，则PO⊥AT ，
又OH ∩PO =O，且OH，PO⊂平面PHO，所以AT ⊥平面PHO，
又PH ⊂平面PHO，所以AT ⊥PH，
所以∠PHO是平面PAQ与平面ABC所成角，
结合(1)(2)有OO1=1，PO=3，QO1=1，OA =√3，
则O1T
QO1
= OT
PO
，即O1T
1
= 1+O1T
3
，解得O1T = 1
2
，则OT = 3
2
，
所以在Rt ▵AOT中，有AT =√O A
2+OT
2=√3+ 9
4 = √21
2
，
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所以OH = OA ⋅OT
AT
=
√3× 3
2
√21
2
= 3√7
7
，
又PO⊥平面ABC，又OH ⊂平面ABC，则PO⊥OH，
所以平面PAQ与平面ABC所成角的正切值为tan ∠PHO = PO
OH =
3
3√7
7
=√7，
故平面PAQ与平面ABC所成角的余弦值为cos∠PHO = √2
4
．
19.解：(1)当a=1时，f ( x)=| x−1|+
1
| x−1|
，
当x>1时，f (x)= x−1+
1
x−1 ≥2√
(x−1)⋅
1
x−1
，当且仅当x =2时取等，
故当x>1时，f (x)最小值为2．
(2)(ⅰ)由|a−3
4|> 1
4 ⇒a−3
4 > 1
4
，或a−3
4 <−1
4
，
即a∈(−∞, 1
2)∪(1,+∞)，
f (x)=|ax−1|+
1
|ax−1|≥2√
|ax−1|⋅
1
|ax−1|
，当且仅当|ax−1|=
1
|ax−1|
时取等号，
即当|ax−1|=1时，函数f (x)的最小值为2，
所以当x∈[1,2]时，方程|ax−1|=1有解，
即方程ax−1=1，或ax−1=−1有解，
即a= 2
x
或ax =0有解，当a= 2
x
有解时，x∈[1,2]⇒1
x ∈[
1
2 ,1]⇒a= 2
x ∈[1,2]，
当ax =0有解，a=0，
所以a∈(1,2]∪{0}；
(ⅱ)由题意得当a∈(−∞, 1
2)∪(1,+ ∞)时，∀x∈[1,2]，f ( x)max<2f ( x)min
，
①当a∈[2,+ ∞)时，f (x)在[1,2]上单调递增，
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∴f (2)<2f (1)，即2a−1+
1
2a−1 <2(a−1+
1
a−1)
，化简，得
1
2a−1 −
2
a−1 <−1，
去分母，得a−1−2(2a−1)<−(a−1)(2a−1)⇒a
2−3a+1<0，
解得a∈(
3−√5
2
, 3+√5
2 )
，∴a∈[2, 3+√5
2 )
；
②当a∈(1,2)时，f (x)在[1, 2
a]
上单调递减，[
2
a ,2]
单调递增．
∴f ( x)min=2，设max {m,n}表示m,n中最大的数，
f ( x)max=max {f (1),f (2)}，∴f (2)<4且f (1)<4，即
{
|2a−1|+
1
|2a−1| <4
|a−1|+
1
|a−1| <4
⇒{
2a−1+
1
2a−1 <4
a−1+
1
a−1 <4
⇒{
2a
2−6a+3<0
a
2−6a+6<0 ,
解得，a∈(3−√3,2)；
③当a∈(0, 1
2)
时，f (x)在[1,2]上单调递增，
∴f (2)<2f (1)，即1−2a+
1
1−2a <2(1−a+
1
1−a)
，化简，得
1
1−2a −
2
1−a <1，
去分母，得1−a−2(1−2a)<(1−a)(1−2a)⇒a
2−3a+1>0，
∴a∈(0, 3−√5
2 )
；
④当a=0时，f (2)=2<2f (1)= 4，符合题意；
⑤当a∈(−∞,0)时，f (x)在[1,2]上单调递增，
∴f (2)<2f (1)，即1−2a+
1
1−2a <2(1−a+
1
1−a)
，化简，得
1
1−2a −
2
1−a <1，
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去分母，得1−a−2(1−2a)<(1−a)(1−2a)⇒a
2−3a+1>0，
解得，a∈(−∞,0)．
综上所述：a∈(−∞, 3−√5
2 )∪(3−√3, 3+√5
2 )
．
