精品解析：云南昭通市第一中学教研联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（A卷）

云南昭通市第一中学教研联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高二数学备课组 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列关于向量的论述中，正确的是（ ） A. 零向量是只有大小没有方向的向量 B. ，则 C. 与有向线段BA的长度不相等 D. 对任一非零向量总是成立的 2. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则平面向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 6. 已知l，m，n为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为，向量，且，则的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列命题中成立的是（ ） A. 各个面都是三角形的多面体一定是棱锥 B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 若，则 D. 若为非零向量且，则 10. 下列关于平面向量的推断正确的是（ ） A. 若平面向量，满足，则 B. 对任意平面向量，则有 C. 若向量，则向量在向量上的投影向量为 D. 点，与向量同方向的单位向量为 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数的模等于2，则实数的值为______. 13. 已知在中，D、E分别为AB、CD的中点，设，则______.（用向量为基底表示） 14. 已知在棱长为4的正方体中，为的中点，若球的球面与该正方体的表面有公共点，则球的半径的取值范围是______. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知. （1）求； （2）求在方向上的投影向量（用坐标表示）. 16. 如图，已知直三棱柱的各棱长均为2，D为BC上的一点，，连接OD且平面. （1）求证：为BC的中点； （2）求三棱锥的表面积及到平面的距离. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，若. （1）求角的大小； （2）设的面积为，求的周长. 18. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）在图中作出平面和底面ABCD的交线，并求平面将正方体分成两部分的体积之比. 19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足：，且. （1）求的大小； （2）求面积的最大值； （3）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南昭通市第一中学教研联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高二数学备课组 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列关于向量的论述中，正确的是（ ） A. 零向量是只有大小没有方向的向量 B. ，则 C. 与有向线段BA的长度不相等 D. 对任一非零向量总是成立的 【答案】D 【解析】 【分析】逐一根据向量的定义、零向量的性质、相反向量的运算及向量模的概念，对各选项进行辨析判断，选出正确选项. 【详解】对于A：零向量的模为，方向是任意的，并不是没有方向，A错误； 对于B：由于与方向相反，长度相等，和是零向量，而不是，B错误； 对于C：与有向线段的长度相等，C错误； 对于D：因为零向量的模为0，又因为非零向量，的模，D正确. 2. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出． 【详解】因为， 所以，解得：． 故选：C. 3. 棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的外接球直径等于正方体的体对角线长求解. 【详解】因为正方体棱长为2，所以正方体的体对角线长为， 所以正方体的外接球的半径为， 所以该球的体积为. 4. 已知，则平面向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 因为， 所以，所以， 所以，又，故平面向量与的夹角为. 5. 已知，，，则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 【答案】A 【解析】 【分析】 利用坐标表示，根据向量数量积坐标表示，可得结果. 【详解】，， ， ，， 为直角三角形. 故选：A 【点睛】本题考查通过向量数量积坐标表示，判断三角形形状 6. 已知l，m，n为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 【答案】D 【解析】 【详解】选项A：若，，则或，故A错误； 选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则， 由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误； 选项C：若，，则，平行或异面或相交，故C错误； 选项D：当，且不在内时，，，则， 当，且不在内时，，，则， 当既不在也不在内，，，则且，故D正确. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为，向量，且，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，，且， ， 根据正弦定理， ， ， ， ，， ， ， ． 8. 设向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示结合充分条件和必要条件定义判断AD，根据向量平行的坐标表示结合充分条件和必要条件的定义判断BC. 【详解】对于A，当时，则，所以，解得或，即必要性不成立，故A错误； 对于B，当时，则，解得或必要性不成立，故B错误； 对于C，当时，不满足，所以不成立，即充分性不成立，故C错误； 对于D，当时，，，故，所以，即充分性成立，故D正确. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列命题中成立的是（ ） A. 各个面都是三角形的多面体一定是棱锥 B. 有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C. 若，则 D. 若为非零向量且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】结合条件举反例，根据棱锥的定义判断A，由条件说明棱柱的侧棱与底面垂直，根据直棱柱的定义判断B，根据当为时结论不成立判断C，结合数量积性质证明结论成立判断D. 【详解】对于A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误； 对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确； 对于C选项，当为时，与可能不平行，故C错误； 对于D选项，，根据数量积运算法则，则两边平方化简可得，，故D正确， 10. 下列关于平面向量的推断正确的是（ ） A. 若平面向量，满足，则 B. 对任意平面向量，则有 C. 若向量，则向量在向量上的投影向量为 D. 点，与向量同方向的单位向量为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，根据平面向量数量积的概念，由，可得在上的投影相等，但未必有，故A错误； 对于B，向量数量积满足分配律，故B正确； 对于C， ，，， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D，，且，故与同向的单位向量为，故D正确． 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对 A，利用异面直线的判定定理，通过判断直线与平面的位置关系判定；对 B，利用线面平行的判定定理，结合正方体中证明；对 C，先计算底面的面积，再根据三棱锥体积公式计算的体积并判断正误；对 D，通过确定截面为等边三角形，计算其边长和周长判断. 【详解】对于A，因为平面，平面，，所以直线与为异面直线，A正确； 对于B，因为在正方体中，，平面，平面，所以平面，B正确； 对于C，则由正方体的性质可得为等腰直角三角形，所以的面积为2，故三棱锥的体积为，C错误； 对于D，连接,则平面即为平面，截面图形为等边三角形，所以平面截正方体所得截面的图形的周长为，D正确. 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数的模等于2，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【详解】复数的模等于2，故， 故，解得. 13. 已知在中，D、E分别为AB、CD的中点，设，则______.（用向量为基底表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用中点的向量性质，先将用和表示，再将用表示，最终用和（即、）线性表示出 【详解】因为E为的中点，则，因为D为的中点，则， 所以，，，则. 14. 已知在棱长为4的正方体中，为的中点，若球的球面与该正方体的表面有公共点，则球的半径的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】当球与正方体的各面相切时，球的半径达到最小；当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，由此求解即可. 【详解】设球的半径为，当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点， 所求的球的半径最大，若半径变得更大，正方体完全位于球内，此时球面与正方体没有公共点， 正方体的外接球直径为体对角线长， 即， 故； 当球与正方体的各面相切时，球的半径达到最小， 即的最小值为2， . 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知. （1）求； （2）求在方向上的投影向量（用坐标表示）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量加法的坐标运算，求出，根据模的坐标表示求出； （2）根据投影向量的定义可得. 【小问1详解】 根据题意，，， ， 故. 【小问2详解】 由，，得 ， ， 所以在方向上的投影向量为. 16. 如图，已知直三棱柱的各棱长均为2，D为BC上的一点，，连接OD且平面. （1）求证：为BC的中点； （2）求三棱锥的表面积及到平面的距离. 【答案】（1） 如图，因为平面且平面， 又因平面平面， 所以. 又因在直三棱柱中，为平行四边形， 所以为的中点， 所以为的中位线. 所以为的中点. （2）表面积为，距离为 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理，结合直三棱柱中平行四边形的性质，通过中位线定理证明为的中点； （2）先利用勾股定理逆定理判断为直角三角形，计算三棱锥的表面积；再通过等体积法，转换顶点求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为三棱柱是直三棱柱且所有棱长均为2， 在中，由勾股定理可得，，. 因为， 所以，所以为直角三角形， 三棱锥的表面积为 . 设到平面的距离为，因为，所以 即，解得， 所以到平面的距离为. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，若. （1）求角的大小； （2）设的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将已知等式边化角，再结合余弦定理求出角，最后利用求出角； （2）先由三角形内角和求出角并算出，再用正弦定理将用表示，结合面积公式求出，进而算出得到周长. 【小问1详解】 由正弦定理代入，得：， 由余弦定理有 所以 或者（(因为，所以， 从而，） 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 所以， 而. 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 . 因为的面积为，所以，即， 所以 ，， 所以的周长为. 18. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）在图中作出平面和底面ABCD的交线，并求平面将正方体分成两部分的体积之比. 【答案】（1） 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形， 所以. 又平面，平面， 平面. （2） 7∶17 【解析】 【分析】（1）由正方体的性质及线面平行的判定定理可得； （2）利用平面基本事实3，作出与的交点可得平面和底面ABCD的交线，求出正方体被平面分得的三棱台的体积，根据正方体的体积，求得另一部分的体积，即可得两部分体积比. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在正方形中，直线与直线相交. 延长，交于点，连接， ，平面，则平面. ，平面，平面. 平面平面，则平面和底面ABCD的交线为， 设，则如图平面和底面ABCD的交线为， 连接，则为平面和平面的交线. 由为的中点，得为的中点，. 所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台. 解法一：设正方体的棱长为2. . 另一部分几何体的体积为. 两部分的体积比为7∶17. 解法二：设正方体的棱长为2，所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台， 所以. 另一部分几何体的体积为， 两部分的体积比为7∶17. 19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足：，且. （1）求的大小； （2）求面积的最大值； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一，先利用三角形内角和与诱导公式化简，再通过正弦定理边化角，结合二倍角公式求解；法二，先得到，再平方降幂并利用内角和转化为关于的二次方程求解；法三，用正弦定理边化角消去，根据正弦相等的两种情况结合三角形内角和排除矛盾，直接求解. （2）利用余弦定理结合基本不等式得到ac的最大值，再代入三角形面积公式求面积最大值； （3）由余弦定理和基本不等式确定的范围，再通过换元构造函数，利用单调性求的最大值。 【小问1详解】 法一：由三角形的内角和定理得， 此时就变为. 由诱导公式得，所以. 在中，由正弦定理知，， 此时就有，又，故， 即， 再由二倍角的正弦公式得，解得. 法二：由题设及正弦定理可得，又，故， 两边平方得，即. 又，即，所以， 进一步整理得， 解得，因此. 法三：根据题意，由正弦定理得， 因为，故， 消去得. 因为，，故或者， 而根据题意，故不成立，所以. 又因为，代入得，所以. 【小问2详解】 因为，由余弦定理可知： 即：， 当且仅当时等号成立. . 【小问3详解】 根据余弦定理，得，得， 由基本不等式可知 因， （当且仅当时取等号）. 设，则，. 设，. 则在区间上单调递增， 的最大值为，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $