精品解析：新疆生产建设兵团第二中学2025-2026学年第二学期高一期中考试数学试卷

兵团二中2025~2026学年第二学期高一年级 期中考试数学试卷 考试范围：复数、平面向量及其应用、立体几何；考试时间：120分钟 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法、乘法运算可得，结合共轭复数的概念即可求解. 【详解】， 故. 故选：D 2. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一、根据直观图还原到原图形即可求面积，方法二、根据直接求解. 【详解】方法一、设矩形与相交于点，则原图形如下， ，则， 所以. 方法二、由，所以. 故选：C. 3. 若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 0或2 【答案】B 【解析】 【详解】已知复数为纯虚数， 则实部为0，即，解得或， 虚部不为0，即，解得，． 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理运算求解. 【详解】由余弦定理得，则． 由正弦定理得，即，所以. 故选：A． 5. 斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. 56 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据底面边长以及侧棱长求出四棱台的高，代入体积公式计算即可. 【详解】设正四棱台的上、下底面中心分别为，则即为正四棱台的高，如图所示： 取过正四棱台的轴和侧棱的截面，易知， 所以可得截面是上底为4，下底为8，腰长为的等腰梯形， 则， 所以正四棱台的体积为. 故选：B 6. 三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取BC中点F，连接，后可得或其补角即为直线与所成角，求出、、的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负. 【详解】 取BC中点F，连接，，因为，故， 故或其补角即为直线与所成角， 因为平面，平面，故， 而，故，同理， 而为中位线，故， 而是边长为的等边三角形，，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以直线与所成角的余弦值为. 7. 在中，，若O为的外心，则的值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，设分别是的中点，连接，根据垂径定理和向量投影即可计算. 【详解】 连接，设分别是的中点，连接， 因为，所以， 在上的投影为，， 同理在上的投影为，则， ， 故选：B． 8. 圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相似求圆锥内切球的半径，然后利用正方体的外接球的直径与棱长之间的关系求解棱长，即可根据正方体的体积公式求解. 【详解】如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径, 设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为， 由于, 由题意可知，所以. 即，解得. 设该正方体棱长的最大值为， 则，解得， 所以该正方体的体积的最大值是，故B正确. 故选：B 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知平面，直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间直线与平面的位置关系，逐项分析判断即可. 【详解】选项A：若，，，则或与异面，A说法错误； 选项B：若，，，，则由平面与平面垂直的性质可得，B说法正确； 选项C：若，，则可能平行，相交或垂直，C说法错误； 选项D：若，，则在内可找到的平行线使得，所以由可得，D说法正确； 故选：BD 10. 一物体受到3个力的作用，其中重力的大小为4N，水平拉力的大小为3N，另一力未知，则（ ） A. 当该物体处于平衡状态时， B. 当与方向相反，且时，物体所受合力大小为 C. 当物体所受合力为时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的加法法则作图可判断AB；根据题意分析与的合力大小可判断C；由与共线时合力取得最值可判断D. 【详解】A选项：由题知，的大小等于重力与水平拉力的合力大小，由图知，故A正确； B选项：如图，物体所受合力应等于向量与的和向量的大小，显然B错误； C选项；当物体所受合力为时，说明与的合力为，所以，C正确； D选项：由上知，重力与水平拉力的合力为，N，易知当与同向时合力最大，最大值为7N，反向时合力最小，最小值为3N， 即，故D正确. 故选：ACD 11. 的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则有两解 C. 若，且，则为等边三角形 D. 若，，则面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理即可判断，对于B，由正弦定理结合大边对大角可判断，对于C，根据向量线性关系及数量积的几何意义可判断，对于D，由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可判定. 【详解】A选项，在中，由得，即，所以； B选项，由正弦定理得即，解得， 又因为，所以，所以只能是锐角，所以只有一解，B错误； C选项，和分别表示与和同方向的单位向量， 以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形， 又由结合菱形性质知的角平分线与垂直， 所以是等腰三角形且， 又因为，且， 所以，所以是等边三角形，C正确； D选项，因为，，所以由余弦定理得， 当且仅当时取等号，即， 所以，D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 【答案】 【解析】 【详解】因圆柱的底面半径为，母线长为， 则该圆柱的侧面积是. 13. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，可证为直线与平面所成角，根据解直角三角形可求其正切值. 【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为正三棱柱的各条棱长都是2， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为， 故答案为：. 14. 如图，已知矩形的边，点分别在边上，且，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，表示向量的坐标，进而得出，最后利用基本不等式求解最小值． 【详解】以点为坐标原点，建立如下图所示直角坐标系， ，四边形是矩形， ， 设，，则，则，， ， 当且仅当时取等号， 的最小值为． 故答案为：． 四、解答题（本大题共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. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，求实数k的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行坐标表示求出向量即可由模长公式求解； （2）由向量垂直的坐标表示直接计算求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 因为，， 所以. 16. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理求出，进而求出； （2）利用三角形面积公式结合余弦定理构造方程，进而求出． 【小问1详解】 由正弦定理，则， 代入并化简得， ， 由余弦定理得， ， ． 【小问2详解】 已知，则， ，解得， 由余弦定理可知， 即， 化简得，解得． 17. 已知分别是锐角三个内角的对边，且，． （1）求的值； （2）求面积的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和辅助角公式求出，再由已知条件结合正弦定理求得； （2）先根据正弦定理求出的关系式，然后根据的范围求出的范围，最后利用三角形面积公式即可求得其面积的范围. 【小问1详解】 在锐角中，由正弦定理得， 又， ∵， 所以， 则， 在锐角中，， ，即. ， 【小问2详解】 由（1）得， 由正弦定理：，得 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以， 所以， 故面积的取值范围为． 18. 如图，四边形是平行四边形，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）． 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由三角形中位线定理和已知条件可得四边形为平行四边形，所以，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可证得结论； （2）在中，由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得，， 由线面垂直的判定定理可证得结论； （3）点与点到平面的距离相等，令该距离为，则有，即，在中利用余弦定理求出，则可求出，从而可求得结果 【详解】证明：（1）取中点，连接， 因为分别为的中点， 所以∥， 又为中点，∥，，而∥，， 所以，∥， 所以四边形为平行四边形， 所以 因为，平面，而平面 所以平面平面 因为平面 所以平面； （2）在中，，， 所以 故 在中， 从而 因为，平面，平面 所以平面 （3）解：连接交于点，则为的中点， 所以点与点到平面的距离相等，令该距离为， 所以有，即 由（2）知平面，， 所以 在中， 所以，所以 所以点到平面的距离 19. 如图，在三棱锥中，，，平面平面，点在上，且，，，点在上，且满足. （1）求证：平面； （2）求的值； （3）若二面角的大小为，求四面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据勾股定理得出，进而应用平面平面的性质定理得出线面垂直； （2）先根据线面垂直判定定理得出平面，进而得出，结合边长关系得出比例关系； （3）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再结合边长关系得出，最后应用三棱锥体积公式计算求解. 【小问1详解】 在三角形中，，，，所以， 可得. 由于平面平面，在平面内，平面平面， 平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为，所以， 又，，平面， 平面，平面， 所以. 在平面内，由（1）知，. 因为，， 所以，，因此. 【小问3详解】 设四面体的体积为. 由（2）得，则， 由于平面平面，平面平面平面， 因此平面， 又平面，平面，则， 平作于点，，平面，则平面， 又平面，所以， 因此即为二面角的平面角， 因为，，，则， 又，在中由勾股定理得，又， 由，得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兵团二中2025~2026学年第二学期高一年级 期中考试数学试卷 考试范围：复数、平面向量及其应用、立体几何；考试时间：120分钟 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. 0 C. D. 0或2 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. 56 B. C. D. 6. 三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，若O为的外心，则的值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8. 圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知平面，直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 一物体受到3个力的作用，其中重力的大小为4N，水平拉力的大小为3N，另一力未知，则（ ） A. 当该物体处于平衡状态时， B. 当与方向相反，且时，物体所受合力大小为 C. 当物体所受合力为时， D. 当时， 11. 的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则有两解 C. 若，且，则为等边三角形 D. 若，，则面积的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 一个圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积是________． 13. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，则直线与平面所成角的正切值为_________. 14. 如图，已知矩形的边，点分别在边上，且，则的最小值为________． 四、解答题（本大题共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. 已知向量， （1）若，求的值； （2）若，求实数k的值. 16. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 17. 已知分别是锐角三个内角的对边，且，． （1）求的值； （2）求面积的取值范围． 18. 如图，四边形是平行四边形，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 19. 如图，在三棱锥中，，，平面平面，点在上，且，，，点在上，且满足. （1）求证：平面； （2）求的值； （3）若二面角的大小为，求四面体的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $