精品解析：黑龙江大庆实验中学2025-2026学年高一实验二部下学期期中考试数学试题

大庆实验中学2025级高一下学期期中考试 数学学科试题 说明： 1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内. 2．满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（本题型共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 若是不共线的向量，且，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 3. 如图所示，是水平放置的的直观图，且，，则的面积是（ ） A. 6 B. C. D. 12 4. 设P为内一点，且，则与的面积之比为（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱台的上、下底面的面积分别为1和4，侧面积为6，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知复数满足，则最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 正方体的棱长为2，M是线段上的一个动点（含端点），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为坐标原点，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 10. 已知扇形AOB的半径为1，，点C在弧AB上运动（包含边界），，下列说法正确的有（ ） A. 的取值范围是 B. 的最大值是2 C. 的取值范围是 D. 的最大值是 11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知的角A，B，C对应的边为a，b，c，且，则_______． 13. 一个圆锥的轴截面的顶角为，过顶点的截面面积的最大值是2，那么此圆锥的侧面积是____________． 14. 已知非零向量满足，对于任意实数满足，，则的最大值是_______． 四、解答题（本题型共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）已知向量，满足，，求． （2）已知向量，，若在方向上的投影向量为，且与的夹角是锐角，求实数的取值范围． 16. （1）如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：，若将图中阴影部分绕直线AB旋转得到一个几何体．求阴影部分形成的几何体的表面积和体积； （2）如图所示该几何体为上下底面皆为长方形的草垛，并且上下底面平行，上底中心投影恰为下底中心，且，高为3，求该几何体的体积． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若D为边BC上一点，满足，且，求的面积最大值； （3）若D为边BC上一点，AD为角A的平分线，且，求的最小值． 18. 如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题. （1）求证：平面平面ABC. （2）求四面体ACMN的体积. （3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由 19. 已知分别是对边，且．点为三角形内部一点，且满足． （1）求角； （2）若，求的值； （3）若，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学2025级高一下学期期中考试 数学学科试题 说明： 1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内. 2．满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（本题型共8小题，每小题5分，共40分） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1. 2. 若是不共线的向量，且，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 由，所以与不共线，所以三点不共线，故A错误； 因为，， 由，所以，所以三点共线，故B正确； 因为，， 由，所以与不共线，所以三点不共线，故C错误； 因为，， 由，所以与不共线，所以三点不共线，故D错误. 3. 如图所示，是水平放置的的直观图，且，，则的面积是（ ） A. 6 B. C. D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则得出边长再计算求解. 【详解】因为，， 所以，， 则的面积是. 故选：D. 4. 设P为内一点，且，则与的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别在线段上取点，使得，，然后利用向量条件得到，从而得出，最后利用即得结果. 【详解】如图，分别在线段上取点，使得，， 则，，代入得， 所以四边形是平行四边形，从而，即， 所以，所以与的面积之比为. 5. 已知正四棱台的上、下底面的面积分别为1和4，侧面积为6，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱台的截面特征求出棱台的高，代入棱台的体积公式求解即可. 【详解】由题意知，该正四棱台上表面边长为1，下表面边长为2，设侧面梯形的高为，棱台的高为. 作正四棱台的截面图如下： 则，解得. 所以. 所以该棱台的体积为. 6. 已知复数满足，则最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义，结合圆的性质求出最大值. 【详解】依题意，表示复平面内复数对应的点在以点为圆心，为半径的圆上， 表示上述圆上的点到原点的距离，所以. 故选：D 7. 正方体的棱长为2，M是线段上的一个动点（含端点），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用展开平面和两点之间线段最短求解. 【详解】 因为平面，平面，所以，， 在正方形中，对角线平分直角，得， 将平面沿展开，与平面共面，此时，且， 当三点共线时最小，此时， 由余弦定理可得，  开方得：，即的最小值为. 8. 如图，O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】通过向量的数量积化简后根据正弦定理将边转化为角，通过诱导公式及两角和的余弦公式解方程即可. 【详解】如图，取的中点D，由外心的性质可知，所以. 由可得. 对两边同时点乘， 得， 所以， 由，知，所以， 由正弦定理得， 所以. 在中，，所以， 又， 所以， 所以，解得. 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为坐标原点，为虚数单位，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数模的运算即可判断AB，利用复数的几何意义即可判断CD. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，因为当时，满足，故B错误； 对于C，因点的坐标为，则，，则对应的点在第三象限，故C正确； 对于D，由，可知点的集合所构成的图形为圆环,其面积为，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知扇形AOB的半径为1，，点C在弧AB上运动（包含边界），，下列说法正确的有（ ） A. 的取值范围是 B. 的最大值是2 C. 的取值范围是 D. 的最大值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解． 【详解】如图，建立符合题意的图形， 以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系. 设，则，. 进而，， . 因为，则，即， 选项A，. 因为，所以，进而， 所以，正确. 选项B，因为，， 所以最大值为1，进而的最大值为2，正确. 选项C，. 因为，所以，进而，正确. 选项D，，最大值为，错误. 11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的结构特征可知侧面互相平行，可判断A；根据平面的性质及正方体的截面可判断B；根据面面平行的判定可判断点F的轨迹，进而判断C；时，先找出过A，P，Q三点的正方体的截面，进而可判断D. 【详解】A，根据正方体的结构特征可知，平面平面， 又平面，所以 平面，故A正确； B，因为三个不共线的点M，N，P确定一个平面，如图1： 当分别为所在棱的中点时，T，M，N，P四点共面，所以重合， 平面与正方体的截面为平面六边形 ，此时，故B错误； C，取的中点E，上靠近的三等分点G，连接 ，如图2： 则 ，又平面，平面，则平面， 因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，所以， 又平面，平面，则平面， 由 ， 平面，所以平面 平面， 所以点F的轨迹为线段，由勾股定理可知其长度为，故C正确； D，延长，与的延长线交于点H， 连接，与棱交于I，与的延长线交于点J，连接，与棱交于点K，如图3： 则过A，P，Q三点的正方体的截面为五边形 ， 由比例关系可得， ， ，所以较小体积与较大体积的比值为，故D正确. 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知的角A，B，C对应的边为a，b，c，且，则_______． 【答案】## 【解析】 【详解】由正弦定理， ， 代入得： ， 由余弦定理得， ， ． 13. 一个圆锥的轴截面的顶角为，过顶点的截面面积的最大值是2，那么此圆锥的侧面积是____________． 【答案】 【解析】 【分析】先由三角形的面积公式得到母线长，再由圆锥的结构求出底面半径，然后由侧面积公式计算可得. 【详解】设过圆锥的顶点的截面的顶角为，母线长为，底面半径为 则可得过顶点的截面面积为， 又圆锥的轴截面的顶角为，故当时，截面面积的最大值为，所以， 所以底面半径为， 所以此圆锥的侧面积是. 故答案为：. 14. 已知非零向量满足，对于任意实数满足，，则的最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】借助模长与数量积关系可将化为与有关一元二次不等式，则可借助根的判别式计算出，则可将向量坐标化，再设出的坐标形式，利用平面向量数量积的坐标公式化简可得，再利用，从而可借助配方法求出的范围，即可得解. 【详解】由，则， 故， 则 ， 整理得 ， 故 恒成立， 又 ，则有 ，即； 则可设，，，， 设，则有，， 则 ， 即有 ， 又，则取最大值时，取最大值， 由， 则 ， 即，则， 故， 即的最大值是. 四、解答题（本题型共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. （1）已知向量，满足，，求． （2）已知向量，，若在方向上的投影向量为，且与的夹角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）且 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的运算规律及向量的模的计算公式求出，进一步求解即可. （2）先根据投影向量的计算公式求出，然后根据向量夹角为锐角即可得出，且与不共线，然后列出关于的不等式组，求解即可． 【详解】（1）由，得，即， 又，所以， 所以. （2）因为在方向上的投影向量为，所以， 所以，整理得，解得，即. 则，. 因为与的夹角是锐角，所以且与不共线， 所以，解得且. 故实数的取值范围为且. 16. （1）如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：，若将图中阴影部分绕直线AB旋转得到一个几何体．求阴影部分形成的几何体的表面积和体积； （2）如图所示该几何体为上下底面皆为长方形的草垛，并且上下底面平行，上底中心投影恰为下底中心，且，高为3，求该几何体的体积． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】（1）利用球的表面积和体积公式结合圆锥的表面积和体积公式计算求解； （2）利用拟柱体体积公式计算求解． 【详解】（1）已知，则, ，设球半径为，则， 由题意可知，旋转后几何体的表面积包含半球面积，上半个圆锥侧面积， 下半个圆锥侧面积，圆的面积和四边形面积， 即， ， ， ， ， ， ， ； 旋转后几何体的体积包含半球体积和圆锥体积构成，即， ， ， ． （2）设上底面积为，下底面积为，已知， ,， 中截面， ． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若D为边BC上一点，满足，且，求的面积最大值； （3）若D为边BC上一点，AD为角A的平分线，且，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，利用三角形内角和及两角和的正弦公式化简计算即可得； （2）借助向量线性运算、模长与数量积的关系及基本不等式可得的最大值，再利用面积公式计算即可得解； （3）借助等面积法及基本不等式计算即可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 所以， 因为，所以，可得，所以， 又因为，故； 【小问2详解】 因为D为边BC上，满足， 所以，所以，所以， 所以， 即有， 即， 所以，所以，即， 当且仅当时，即时，取等号， 所以， 即的面积最大值为； 【小问3详解】 由， 则， 可得，则， 故， 当且仅当，即时，等号成立， 即的最小值为. 18. 如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题. （1）求证：平面平面ABC. （2）求四面体ACMN的体积. （3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由 【答案】（1）证明如下： 因为M，N分别是OB，OC的中点，所以， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，同理得平面ABC， 又平面PMN，平面PMN，， ∴平面平面ABC. （2）. （3）存在，，证明如下： 如图所示： 在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC， 理由如下： 取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF， 所以，. 取CB的四等分点G，使，连接GE，FG. 因为，所以，， 所以，，所以四边形DFGE是平行四边形， 所以，又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC. 【解析】 【分析】（1）易证平面ABC，平面ABC，再利用面面平行的判定定理证明； （2）由求解； （3）取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，得到，，取CB的四等分点G，使，得到，，从而四边形DFGE是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示： 设圆锥的底面圆半径为r，则，解得. 所以在图中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点， 所以为等边三角形，所以，所以. ，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体ACMN的体积为. 【小问3详解】 略 19. 已知分别是对边，且．点为三角形内部一点，且满足． （1）求角； （2）若，求的值； （3）若，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知结合诱导公式，两角差的正弦和两角和的余弦公式，同角三角函数的商数关系，化简求值即可； （2）由已知结合余弦定理求出，再利用等面积法求出，由平面向量数量积公式计算即可； （3）设，则，由正弦定理得到和的关系式，进而得到，设，得到，进而求得，求得，结合即可求解． 【小问1详解】 ， 因为， 所以，即， 又，所以， 因为， 所以． 【小问2详解】 由得，，即， 由余弦定理得，，解得， 所以， 又 ， 所以， 所以 ． 【小问3详解】 如图所示，根据题意，设， 则， 在中，由余弦定理得，所以， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 联立方程组，可得，所以， 代入上式，可得且， 所以， 设，则， 由，可得，所以， 又由，由对勾函数的性质，可得， 所以， 由，可得， 又由函数在上为单调递减函数， 所以， 故最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $