精品解析：河南周口市天立高级中学等校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试题

河南省普通高中2028届高一年级春期期中联考 数学试题 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共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，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知，点在直线上，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 3. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，，其面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 7. 在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥外接球的表面积为 B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 C. 若平面，则动点的轨迹的长度为 D. 若，则动点的轨迹长度为 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列语句错误的是（ ） A. ，是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为 B. 圆锥底面半径为2，母线长为3，则此圆锥的侧面积为 C. 直棱柱都有外接球 D. 在同一平面内的向量、、两两不共线．对于平面内的任意一个向量，都存在唯一的一个有序实数组，使得等式成立 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 11. 满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四边形是复平面内的平行四边形，点A，B，C对应的复数分别为，1，，则______. 13. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 14. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，母线长为6，若一个球与该圆台的上下底面和侧面均相切，则球与圆台的侧面切点所形成的曲线的长为________． 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. 如图；在中，已知，，其中边上的两条中线相交于点． （1）求的余弦值； （2）设，求t的值． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 17. 已知复数，. （1）若复数是纯虚数，求的值； （2）若是关于的方程的一个根，求的值. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 19. 如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省普通高中2028届高一年级春期期中联考 数学试题 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共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，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量的共线结论可得. 【详解】因为，，所以，， 由，所以，解得． 2. 已知，点在直线上，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由得或，利用坐标运算即可求解. 【详解】由题意得：或，设点， 所以， 当时，所以，解得，所以， 当时，所以，解得，所以. 3. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，以为基底，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可． 【详解】设，因为四边形是菱形， 所以， 由点是的中点，得， 由题意得，， 所以 ， 因为，所以的取值范围是． 4. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在中，，，， 由余弦定理得， 则．设边上的高为，由等面积法可得， 则． 5. 在中，若，，其面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角形面积公式求解即可. 【详解】由题意知，，所以. 由余弦定理知，，所以. 由正弦定理得，，则，，. 所以. 6. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由， 所以． 7. 在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意证明三棱锥外接球的球心即是正三角形的中心，计算得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 因为为正三角形，所以，又二面角的平面角为， 所以平面，则， 设为正三角形的中心，则， 因为，所以，又， 所以， 所以，则，即为三棱锥外接球的球心， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为. 8. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥外接球的表面积为 B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段 C. 若平面，则动点的轨迹的长度为 D. 若，则动点的轨迹长度为 【答案】A 【解析】 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点、，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列语句错误的是（ ） A. ，是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为 B. 圆锥底面半径为2，母线长为3，则此圆锥的侧面积为 C. 直棱柱都有外接球 D. 在同一平面内的向量、、两两不共线．对于平面内的任意一个向量，都存在唯一的一个有序实数组，使得等式成立 【答案】CD 【解析】 【详解】对A：由题意，所以， 所以向量在向量上的投影向量为，故A正确； 对B：因为圆锥的底面半径，母线长，所以圆锥的侧面积为，故B正确； 对C：直棱柱，只有底面有外接圆时，这样的直棱柱才有外接球，此时外接球的球心是上下底面外接圆圆心连线的中点，故C错误； 对D：因为向量、、两两不共线，所以和均可作为平面向量的基底，对于平面内的任意一个向量，一定可以表示成或的形式，即若用向量、、表示，则表示方法不唯一.故D错误. 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 【答案】BC 【解析】 【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为， 则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 11. 满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理和面积即可求得三角形的边长，利用角平分线将三角形进行分割，利用面积建立方程，即可求出的长度，最后借助数量积的几何意义即可求出最大值. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 对于A：由余弦定理知，，因为，所以， 所以，即，故A正确； 对于B：因为， 所以的周长为，故B正确； 对于C：若的角平分线与交于，则， 因为， 所以， 即，解得，故C错误； 对于D：因为， 设外接圆的圆心为，半径为， 由正弦定理知，，所以， 过点作的垂线，垂足为，则， 当，且点在的延长线上时，取得最大值，如图所示， 此时， 所以的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四边形是复平面内的平行四边形，点A，B，C对应的复数分别为，1，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得，设，由运算求得点的坐标，再求其模长得解. 【详解】根据题意，，设， 由，则，解得， 所以点的坐标为，所以， 所以. 13. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用两角和的正弦展开式得，由正弦定理得，再利用三角形面积公式可得答案. 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以 ， ， 所以， 则的面积为. 故答案为：8. 14. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，母线长为6，若一个球与该圆台的上下底面和侧面均相切，则球与圆台的侧面切点所形成的曲线的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆台与其内切球轴截面的几何性质求出球与圆台的侧面切点所形成的圆的直径，即可求. 【详解】如图，作圆台的轴截面： 设，则，且， 由，则， 由，即， 所以，可得， 由题意，球与圆台的侧面切点所形成的曲线是以为直径的圆，其半径为， 所以曲线的长度为. 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. 如图；在中，已知，，其中边上的两条中线相交于点． （1）求的余弦值； （2）设，求t的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得，以及，结合向量的夹角公式，即可求解. （2）根据题意，得到为的重心，得出，结合，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，可得， 因为为的中点，为的中点， 所以， 可得 ， 所以， 又由 ， 设，则， 所以的余弦值为. 【小问2详解】 因为分别是边上的中线，且相交于点， 所以为的重心，根据三角形重心的性质，可得， 又因为与方向相同，所以， 因为，所以. 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可求； （2）先求，根据正弦定理可得三边之比，结合面积可求三边，再由余弦定理可求的长度. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得， 因为，且， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，所以①， 又，所以， 故， 由正弦定理，得②， 由①②可得，，， 因为，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 17. 已知复数，. （1）若复数是纯虚数，求的值； （2）若是关于的方程的一个根，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先进行复数的除法运算，再根据纯虚数的概念求得m的值； （2）将复数代入方程中，结合复数相等求出p，q的值. 【小问1详解】 由题意可知：， 因为z是纯虚数，则，解得. 【小问2详解】 因为是关于的方程的一个根， 则，整理得， 则，解得，，所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面PAB，证明，结合等腰三角形中，即可证明平面ANMD，由线面垂直性质得； （2）关键在于找到BD与平面ANMD所成的角，由（1）知平面ANMD，且，所以为BD与平面ANMD所成角，进而结合边长可求其余弦值； （3）C到平面PBD的距离就是三棱锥的高，使用等体积法将转化到，即可求解. 【小问1详解】 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，，且两直线在平面内，所以平面PAB， 因为平面PAB，所以， 因为，且N为PB中点，所以， 又因为，所以平面ANMD， 又因为平面ANMD，所以． 【小问2详解】 连接DN，因为平面ANMD，，所以为BD与平面ANMD所成角， 又因为且，N为PB中点，所以， 所以，即， 又因为且，所以， 所以， 所以BD与平面ANMD所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由已知得，，， ， 设点C到平面PBD的距离h， 则． 由，即，解得，即点C到平面PBD的距离为． 19. 如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明如下： 连接交于点，， ，故为菱形， 故，由长方体得平面， 由平面，知； 由，平面，平面， 知平面，由平面，知. （2） （3）存在符合题意的点， 【解析】 【分析】（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出； （2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值； （3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从而求出线段的长度，确定满足条件的点. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，连接，由（1）知，平面， 又由平面，平面平面，交线为， 故点在平面的投影必在直线上， 故直线与平面所成角即为， 在中，， ，， 故由余弦定理得， 即直线与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离， 则，由（1）（2）知， ，故；则， 另一方面， 故，综上所述，存在符合题意的点，. 【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代数化处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $