精品解析：安徽临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高一下学期4月期中数学试题

高一数学 （120分钟　150分） 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. 已知复数与分别对应向量与，其中O为坐标原点，则向量表示的复数为（ ） A. B. C. D. 2. 设是平面内的一个基底，若，，则（ ） A. B. C. D. 无法确定 3. 已知在正方体中，为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 在中,内角所对的边分别为,且,则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 已知复数，若在复平面内对应的点位于第四象限，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（） A. 28π B. 27π C. 19π D. 29π 8. 已知单位向量的夹角为，则时的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知平面向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 10. 如图，四边形是矩形，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 11. 已知复数是关于的方程的两个复数根，且，则下列结论正确的是（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 若复数满足，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. 已知复数,其中,若与互为共轭复数,则____. 13. 在中，，边上的高等于，则____. 14. 我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，且到平面的距离为7，CD与AB间的距离为14，则这个“羡除”的体积____.  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. 已知为虚数单位，复数. （1）当实数取何值时，是纯虚数? （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求实数与的值. 16. 如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，，，点E在线段上，且. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 17. 如图，在中，，点满足，，边上的中线与交于点.设，. （1）用向量表示; （2）求的大小. 18. 如图，在平行四边形中，，，为的中线，将沿折叠，使点到点的位置，连接，且. （1）求证：平面. （2）求直线与平面所成角的正切值. 19. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求角的大小; （2）若，，求的面积; （3）又若，为的中点，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 （120分钟　150分） 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. 已知复数与分别对应向量与，其中O为坐标原点，则向量表示的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据向量的三角形法则：. 2. 设是平面内的一个基底，若，，则（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】由是平面内的一个基底，且，则，所以. 3. 已知在正方体中，为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以即为直线与所成的角， 设正方体的棱长为， 则，， 在中，， 所以， 即直线与所成角的余弦值为. 4. 在中,内角所对的边分别为,且,则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】因为. 所以，所以. 由正弦定理， 为 外接圆半径. 所以. 5. 已知复数，若在复平面内对应的点位于第四象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 由题意得，即. 6. 已知圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长列方程求出，进而求出高，利用圆锥体积公式即可求解. 【详解】设圆锥底面圆的半径为， 因为圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为， 所以，解得， 所以圆锥的高为， 所以此圆锥的体积为. 7. 在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（） A. 28π B. 27π C. 19π D. 29π 【答案】D 【解析】 【详解】如图,根据题意补全为长方体，三个长度为三个对面的对角线的长，设长、宽、高分别为, 则，所以， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积为. 8. 已知单位向量的夹角为，则时的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题设得， 所以， 当时，取得最小值1. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知平面向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助向量平行的坐标运算可得A；借助向量垂直的坐标运算与数量积公式可得B；借助投影向量定义与数量积公式计算可得C；由与的夹角为锐角，可得且、不共线，计算即可得D. 【详解】对A：若，则，解得，故A错误； 对B：若，则，解得，故B正确； 对C：若，则，则在上的投影向量为： ，即为，故C正确； 对D：若与的夹角为锐角，则且、不共线， 令，解得， 若、共线，则由A可得，故， 综上可得，的取值范围为，故D正确. 10. 如图，四边形是矩形，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接用面面垂直的判定定理判断ABD选项，对C可反证法，如果平面平面成立，则可得平面，而不垂直平面，故C错误. 【详解】因为平面，平面，所以平面平面，故A项正确; 因为平面，平面，所以， 因为四边形为矩形，所以，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 同理可证得平面平面，故B项正确， 对于C，若平面平面，由B选项分析知平面平面， 所以平面平面平面，显然不垂直平面，所以C错误; 因为平面，平面，所以，因为四边形为矩形， 所以，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故D项正确. 11. 已知复数是关于的方程的两个复数根，且，则下列结论正确的是（ ） A. 与互为共轭复数 B. C. D. 若复数满足，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件，得到，即可判断B的正误；对A，根据条件，直接求出，即可判断正误；对C，利用选项A中结果得，即可求解；对D，先求出，再利用三角不等式，即可求解. 【详解】因为是关于的方程的两个复数根，所以， ， 所以， 又因为，所以，解得， 又，所以， 对于A，由，解得，，所以与互为共轭复数，故A正确， 对于B，因为，所以B正确， 对于C，由A选项知， ， 所以，故C错误， 对于D，因为，又， 所以，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. 已知复数,其中,若与互为共轭复数,则____. 【答案】 【解析】 【详解】 若 与 互为共轭复数，则 ， 解得，所以 故. 13. 在中，，边上的高等于，则____. 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据等面积法可得，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】设分别为角所对应的边，由题意知，，解得. 由余弦定理得，把，代入得， 解得，所以，所以. 14. 我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体.如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，且到平面的距离为7，CD与AB间的距离为14，则这个“羡除”的体积____.  【答案】392 【解析】 【分析】先连线，合理分割目标图形，再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，连接， 因为，，，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，故点到平面的距离相等， 所以， 因为，，，所以， 故，所以， 由题意得 . 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. 已知为虚数单位，复数. （1）当实数取何值时，是纯虚数? （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求实数与的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由纯虚数的概念列式，求解即可求出答案； （2）将代入，根据复数相等列方程组求解即可. 【小问1详解】 由z是纯虚数，得， 解得， 故当时，是纯虚数. 【小问2详解】 当时，， 因为是关于的方程的一个根， 所以， 即， 因为与为实数，所以， 解得，. 16. 如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，，，点E在线段上，且. （1）证明：平面. （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） 如图，连接，与交于点F，连接BF， 因为四边形是正方形，， 所以，， 因为四边形是正方形，，所以. 因为，所以， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，与交于点F，连接BF，根据已知证明，再由线面平行的判定证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，再由等体积法求点面距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在四棱台中，两底面均为正方形， 所以，所以， 所以， 所以， 又， 设点到平面的距离为h， 由等体积法得，即，解得， 所以点到平面的距离为. 17. 如图，在中，，点满足，，边上的中线与交于点.设，. （1）用向量表示; （2）求的大小. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）直接由向量的线性运算可得； （2）因为的大小等于向量与的夹角，再用向量的数量积计算夹角可得. 【小问1详解】 因为，，，. 所以，，，所以. 又为边上的中线，所以 故，. 【小问2详解】 由得，又， 所以向量与的夹角为，则， 故的大小等于向量与的夹角. 由（1）知， 所以，所以， 同理，，即. 所以， 所以， 又因为，所以. 18. 如图，在平行四边形中，，，为的中线，将沿折叠，使点到点的位置，连接，且. （1）求证：平面. （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1） 因为，且，所以，. 又为的中线，所以. 因为，所以，所以. 由题意知，为的中线，所以. 而是沿折叠到点的位置，所以 因为，，且，且平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）用勾股定理证明，再用等腰三角形中线得，进而再由折叠可得，再用线面垂直的判定定理可得； （2）先证平面，从而可得平面，进而可得与平面所成的角为，在直角三角形计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，所以平面. 又，所以平面，所以与平面所成的角为. 在中，，，所以. 所以直线与平面所成角的正切值. 19. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求角的大小; （2）若，，求的面积; （3）又若，为的中点，求的长. 【答案】（1）. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由条件并结合三角函数基本关系式，再用正弦定理角化边，最后再用余弦定理可得； （2）由余弦定理及三角形的面积公式直接可得； （3）先由余弦定理可得，再用中线向量并求中线向量的模可得； 【小问1详解】 因为， 得， 再利用三角函数基本关系式得， 所以， 再由正弦定理得，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，，由余弦定理， 得， 将代入，解得， 所以. 【小问3详解】 因为，由（1）知由余弦定理， 可得，解得， 又为的中点，则， 所以 . 所以的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $