精品解析：河南省郑州市郑中国际学校2025-2026学年下学期期中学情调研高一数学试题

郑中国际学校2025-2026学年下学期期中学情调研 高一数学试题卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 3. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等边三角形 4. 三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 7. 已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 二、多选题：本小题共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，有错选的得0分. 9. （多选）如图，，，，分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与同向的单位向量为 C. 在上的投影向量为 D. 若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 11. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知角的对边分别为，且，若有两解，则的取值范围是____________． 13. 设复数满足，则=__________. 14. 在圆的内接四边形中，若，，，则四边形的最大面积为________ 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. 已知复数是实数，是虚数单位． （1）求复数； （2）在复平面内，若复数对应的点在第一象限，求实数的取值范围． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. （1）求角； （2）若，平分，求. 17. 如图，长方体由，，，，过作长方体的截面使它成为正方形. （1）求三棱柱的表面积； （2）求三棱锥的体积； （3）求 . 18. 如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. （1）求； （2）点在边上，若，求； （3）若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 19. 在中，设角所对的边分别为，已知且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑中国际学校2025-2026学年下学期期中学情调研 高一数学试题卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，再求模长即可. 【详解】， 所以． 故选：D. 2. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则和线段的长度关系即可求出的长. 【详解】在斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半. 由直观图可知，，. 在平面图中，，所以根据勾股定理. 故选：C. 3. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】用正、余弦定理进行边角互化解题即可. 【详解】解：，可得， 由余弦定理可得，整理可得：，即， 所以或，即或 ∴的形状是等腰或直角三角形. 故选：C 4. 三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合体体积减去圆柱体体积就可得结果. 【详解】 计算正方体体积：， 计算上下两个圆柱的体积：， 再计算内空圆柱的体积：， 最后可得组合体体积： 故选：A 5. 如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据平面向量基本定理求，再利用基底表示和，再结合数量积运算，即可求解. 【详解】由条件可知，， 则，即，则， ， 所以， . 故选：D 6. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】因为，，所以. 由正弦定理可知，，所以，， 又，所以，所以. 由余弦定理知，，所以，即. 又， 所以，所以. 故选：D. 7. 已知正方体、等边圆柱（母线长等于底面圆的直径）与球的表面积相等，它们的体积分别为，则下面关系中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体、圆柱、球的表面积相等设出相应的量，然后用相同的量表示出它们的体积，比较即可. 【详解】设正方体的棱长为，等边圆柱底面圆的半径为，球体的半径为， 所以正方体的表面积为， 等边圆柱的表面积为， 球的表面积为， 因为，即， 由，， 所以正方体的体积为， 等边圆柱的体积为， 球的体积为， 因为， 所以， 故选：C. 8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先用平方去掉条件中的绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值. 【详解】平方去绝对值号，由，则， 根据向量与的条件可得， 化简可得， 令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以. 观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解， 即， 又， 则的最小值为 二、多选题：本小题共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，有错选的得0分. 9. （多选）如图，，，，分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的顶点或所在棱的中点，则表示直线，是异面直线的图形有（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】BD 【解析】 【分析】通过观察各图中点的位置关系，利用异面直线的判定方法：若两直线既不平行也不相交，且其中一条直线上的点不在另一条直线所在平面内，则它们异面，从而逐一判断每个图形. 【详解】图①中，直线；图②中，，，三点共面，但平面，，因此直线与异面； 图③中，连接（图略），，因此与共面； 图④中，，，三点共面，但平面，，因此直线与异面； 所以在图②④中，与异面． 故选：BD． 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与同向的单位向量为 C. 在上的投影向量为 D. 若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；对于B，利用单位向量的定义计算可判断；对于C，利用向量投影向量的坐标公式求解判断；对于D，利用两向量夹角为锐角的充要条件列方程组求解可判断． 【详解】对于，故A正确； 对于B，与共线的单位向量，同向为，故B正确； 对于在上的投影向量为，故C错误； 对于D，因，则， 由与的夹角为锐角，可得：，解得且，故D错误． 故选：AB. 11. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】代入圆锥的侧面积公式，判断A，根据点的位置，确定三棱锥体积的最大值，判断B，根据题中的条件，确定圆锥的外接球的球心和半径，判断C，翻折，使四点共面，即可确定的最小值. 【详解】由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误； B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确； C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确； D. 若，则是等腰直角三角形，，， 所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面， 此时三点共线时，的最小值是， 中，， 由余弦定理可知，，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知角的对边分别为，且，若有两解，则的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一，结合图形，得到有两解的充要条件；法二，由正弦定理，结合三角函数图象和性质由解的个数得的取值范围. 【详解】法一：由题意，， 如图，作，在角的一边取，过作另一边的垂线，垂足为， 要使有两解，则以为圆心，以为半径的圆与射线有两个交点， 即若使有两解，则有，即， 解得. 法二：由题意，， 由正弦定理得，则， 由，如图，作的图象， 若使有两解，则有，即， 解得. 故答案为：. 13. 设复数满足，则=__________. 【答案】0 【解析】 【分析】设，结合复数的几何意义，列出方程组，即可求解. 【详解】设复数， 由，可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以， 由可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上，所以， 由可得复数对应的点在以和为端点的线段的垂直平分线上， 所以， 又由，解得，所以. 故答案为：. 14. 在圆的内接四边形中，若，，，则四边形的最大面积为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理可得，，根据圆的对称性分析四边形的最大面积. 【详解】在三角形中，由余弦定理得， 且，则，可得， 由圆的对称性可知当且仅当时，三角形的面积取得最大值， 所以四边形的最大面积为. 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. 已知复数是实数，是虚数单位． （1）求复数； （2）在复平面内，若复数对应的点在第一象限，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法运算以及实数的概念求解； （2）利用复数的乘法运算化简，结合复数的几何意义求解. 【小问1详解】 因为， 所以. 又因为是实数，所以，所以. 所以. 【小问2详解】 因为， 所以. 又因为复数在复平面内对应的点在第一象限，所以， 解得，即实数的取值范围是. 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，是线段上一点，且. （1）求角； （2）若，平分，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可得，故可求； （2）由三角形面积公式结合余弦定理可得关于的方程，求出其解后结合角平分线的性质可求. 【小问1详解】 由条件，利用正弦定理可得， 因为，所以， 代入上式：， 整理得：，又， 故即，又，所以. 【小问2详解】 由三角形面积公式知，可得， 又，由余弦定理，得， 于是可得或. 因为平分，由角平分线性质，， 且，所以 故的长度为或. 17. 如图，长方体由，，，，过作长方体的截面使它成为正方形. （1）求三棱柱的表面积； （2）求三棱锥的体积； （3）求 . 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)根据截面为正方形，可得，利用三棱柱的表面积公式即可求解； (2)利用结合三棱锥的体积即可求解； (3)根据即可求解. 【小问1详解】 因为截面为正方形， 所以， 在中，， 即，解得， 所以三棱柱的表面积 【小问2详解】 由题可得： 【小问3详解】 因为， 在长方体中平面， 所以三棱锥的高为， 所以 . 18. 如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. （1）求； （2）点在边上，若，求； （3）若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）1. 【解析】 【分析】如图建立以为坐标原点，所在直线为轴的平面直角坐标系 （1）求出坐标，据此可得答案； （2）设，由可得，然后可得； （3）设，则，，由，可得，据此可得的最小值. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，，，. ，； 【小问2详解】 设，则. 因为，所以， 即，解得. 所以，，； 【小问3详解】 设，则. ，，，. 因为，所以，即. .当且仅当时，等号成立. 所以的最小值为1. 19. 在中，设角所对的边分别为，已知且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理得解； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法，即可求解； （3）用余弦定理、中线向量定理、正弦定理、辅助角公式等，将的范围转化为的范围，再结合锐角三角形以及角，求得角的范围，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故. 【小问2详解】 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此. 【小问3详解】 由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $