2026屆普通高等學校招生全國統一考試青桐鳴高一聯考數學（人教版）全卷滿分150分，考試時間120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上．2．回答選擇題時．選出每小題答案后．用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后．將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題．每小題5分．共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知為虛數單位，復數滿足，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由復數除法運算可解.【詳解】根據題意，，則.故選：A2.已知的直觀圖如圖所示，軸，軸，且，則在中，（）A.3B.C.12D.6【答案】D【解析】【分析】根據斜二測畫法的規則可知為直角三角形，軸，再由直觀圖的邊長與原圖中的邊長的關系求解..【詳解】由直觀圖可知，直角三角形，軸，所以.故選:D．3.已知復數，（，為虛數單位），且，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據題意，結合復數相等的充要條件，列出方程組，即可求解.【詳解】由復數，（，為虛數單位），因為，可得，則，解得.故選：D.4.在平行四邊形中，為的中點，設，，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用向量減法表示，再利用向量的加法表示.【詳解】如圖：因為，.故選：A5.設、是兩個不重合的平面，則的一個充分條件為（）A.平面內有無數個點到平面的距離相等B.平面內有無數條直線與平面平行C.兩條異面直線同時與平面，都平行D.兩條平行直線同時與平面，都平行【答案】C【解析】【分析】利用面面平行的判定定理判斷C，舉反例判斷A，B，D即可.【詳解】對于A，當平面與平面相交時，平面內平行于平面的直線上有無數個點到平面的距離相等，A錯誤；對于B，當平面與平面相交時，平面內有無數條直線與平面平行，B錯誤；對于C，在空間取一點O，作兩條異面直線的平行線，則確定一個平面，由面面平行的判定定理可知，，，所以，C正確；對于D，若平面與平面相交，存在兩條平行直線同時與平面，都平行，D錯誤．故選：C．6.在中，，點為邊上一點，且，則（）A.3B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】根據題意，求得，再由向量的運算法則，得到，結合向量的數量積的運算法則，即可求解.詳解】由，可得，因為點為邊上一點，且，可得，所以，所以.故選：D.7.如圖，在正四棱臺中．，，則正四棱臺的表面積為（）A.28B.26C.24D.16【答案】B【解析】【分析】利用正棱臺的結構特征，求出其斜高，再求出表面積.【詳解】在正四棱臺的側面中，過點作，垂足為E，則，側面的面積，所以正四棱臺的表面積．故選：B8.已知，，，均為非零向量，與的夾角為，與的夾角為，滿足，，則，的夾角（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量夾角公式化簡已知，可得，再根據數量積的定義計算可解.【詳解】根據題意，，則，因為，可得，化簡為，，則，所以，而，所以.故選：B二、選擇題：本題共3小題，每小題6分．共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得3分．有選錯的得0分．9.已知為虛數單位，復數，，則下列說法正確的是（）A.B.的共軛復數為C.的虛部為D.在復平面內，復數對應的點位于第二象限【答案】BC【解析】【分析】對于A：根據模長公式分析求解；對于B：先根據乘法運算求，再結合共軛復數概念分析判斷；對于C：先根據除法運算求，再結合虛部的概念分析判斷；對于D：先求，再結合復數的幾何意義分析判斷.【詳解】由題意可知：，對于選項A：因為，所以，故A錯誤；對于選項B：因為，所以的共軛復數為，故B正確；對于選項C：因為，所以的虛部為，故C正確；對于選項D：因為，所以復數對應的點為，位于第四象限，故D錯誤；故選：BC.10.已知正方體的棱長為2，點P為正方形內（包括邊）一動點，則下列說法正確的是（）A.對于任意點P，均有平面平面B.當點P在線段上時，平面與平面所成二面角的大小為C.當點P在線?上時，D.當點P為線段的中點時，三棱錐的體積為【答案】ACD【解析】【分析】作出示意圖，由平面，可得平面平面，判斷A；即為平面與平面所成二面角的平面角，可判斷B；利用線面垂直可證平面，進而可判斷C；點P到平面的距離為1，可求體積判斷D.【詳解】如圖所示，由正方體的性質可知，平面，又平面，所以對于任意點P，均有平面平面，選項A正確；，，所以即為平面與平面所成二面角的平面角，為，選項B錯誤；因為平面，平面，所以，又，且平面，所以平面，因為平面，所以，選項C正確；當點P為線段的中點時，點P到平面的距離為1，則，選項D正確．故選：ACD．11.已知兩個非零的平面向量與，定義新運算，，則下列說法正確的是（）A.B.對于任意與不共線的非零向量，都有C.對于任意的非零實數，都有D.若，，則【答案】ABD【解析】【分析】對于A：根據題中定義即可判斷；對于BC：根據題意結合數量積的運算律分析判斷；對于D：分析可知，可得，進而可知，即可得結果.【詳解】對于選項A：因為，，所以，故A正確；對于選項B：因為，故B正確；對于選項C：因為，當且僅當時，，故C錯誤；對于選項D：若，，則，可得，則，且，可知，結合題意可知，，所以，故D正確；故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若向量與單位向量的方向相同，則______.【答案】2【解析】【分析】根據向量共線的坐標表示求得，并代入檢驗即可.【詳解】因為向量與單位向量共線，則，解得，若，則，可知，且，則同向，所以符合題意.故答案為：2.13.已知圓柱的底面半徑為2，高為3．點O為線段（不含端點）上一動點．以該圓柱的上、下底面為底面，O為頂點挖去兩個圓錐與，則剩下的幾何體的體積與圓柱的體積之比為__________．【答案】##【解析】【分析】根據給定條件，利用圓柱、圓錐的體積公式計算即得.【詳解】依題意，挖去兩個圓錐與圓錐的體積和，圓柱的體積，因此剩下的幾何體的體積為，所以剩下的幾何體的體積與圓柱的體積之比為.故答案為：14.如圖，已知山體與山體的底部在同一水平面上，且兩個山體的高線與均與水平面垂直，，在山體的最高點處測得山頂的仰角為，測得山底A的俯角為，則______m.【答案】【解析】【分析】在中，可得，在中，利用正弦定理分析求解.【詳解】在中，可知，可得，在中，可知，由正弦定理可得，所以m.故答案為：.四、解答題：共77分．解答應寫出文字說明．證明過程或演算步驟．15.已知為虛數單位，復數為純虛數，為的共軛復數.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用復數的運算，結合純虛數的概念列式即可求解參數m；（2）由（1）得到復數，再根據復數的四則運算化簡，再求得復數的模，從而得解.【小問1詳解】由，得因為為純虛數，所以，解得.【小問2詳解】由第一問得，所以，所以，從而，即的值為.16.在平面直角坐標系中，已知向量，.（1）求向量在向量上的投影向量；（2）若點滿足，與的夾角為，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據向量線性運算的坐標表示求，可得，結合投影向量的定義分析求解；（2）由題意可知為線段的中點，進而可得，根據向量的坐標運算結合夾角公式分析求解.【小問1詳解】由題意可得：，則，所以向量在向量上的投影向量為.【小問2詳解】因為，可知為線段的中點，則，，可得，所以.17.如圖，已知四棱柱的底面為矩形，E、F分別為線段，的中點．（1）證明：平面；（2）若，，，證明：．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）取的中點M，連接，，由已知可得，且，可得四邊形為平行四邊形，可得，可得平面．（2）由已知可得，連接，可證，，可證平面，進而得平面，可證結論.【小問1詳解】取的中點M，連接，，又E為的中點，所以為的中位線，則，且，又，且，F為的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，則，又平面，平面，所以平面．【小問2詳解】由四棱柱的性質可知，，則．在中，由余弦定理得，，則，所以為等腰三角形．連接，則．因為底面為矩形，所以，又，則，因為，，平面，所以平面，又，，所以，則平面，因為平面，故．18.設的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其周長為．已知．（1）求角；（2）若，D是線段上一點，，且．求a．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）依題意可得，再由余弦定理計算可得；（2）依題意可得，再在中利用正弦定理得到，結合求出，即可求出，最后由正弦定理計算可得.【小問1詳解】由得，整理得，由余弦定理得，又，故．【小問2詳解】方法一：在中，，則，則，在中，由正弦定理得，，即，所以，又，所以，則，整理得，所以，則，解得（負值已舍去），由正弦定理得，故．方法二：由題意得，，，，由正弦定理得，則，，又因為，所以，可得，即，所以（負值已舍去）．方法三：由題意得，，，，因為，所以，在中，由余弦定理得，故，故，在中，由余弦定理得．19.如圖，已知正四面體的棱長為3．（1）求正四面體的高；（2）若球O的球面與正四面體的棱有公共點．且球心O到正四面體的四個面的距離相等，求球O的半徑R的取值范圍．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）利用正四面體的性質，結合勾股定理，即可以求出高；（2）利用球是正四面體的中心，由于與各棱有交點，則找到兩個球的半徑，一個是外接球半徑為最大半徑，一個是與各棱相切的球的半徑為最小半徑，然后利用勾股定理進行求解即可.小問1詳解】過頂點A作平面的垂線，垂足為E，由正四面體的性質可知，E為的重心，連接，并延長