精品解析：浙江宁波六校联盟2025-2026学年第二学期高一期中联考高一年级数学学科试题

2025学年第二学期宁波六校联盟高一期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题列出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 点A在直线l上，直线l在平面内，用符号表示，正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. D. 3. 在△ABC中，已知，，，则角为（ ） A. 60° B. 30°或150 C. 60°或120° D. 120° 4. 若某平面图形用斜二测画法得到的直观图是边长为4的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 四棱柱的所有面均为平行四边形 B. 如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等 C. 用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似 D. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 6. 在中，，分别为，边上的点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. 84π B. 88π C. 92π D. 96π 8. 已知满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每个小题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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与的夹角为钝角，则 C. 若向量，则 D. 若在方向上的投影向量为，则 10. 已知复数（i为虚数单位），下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若复数满足，则的最小值为1 11. 已知三个内角的对边分别为，且，下列说法正确的是（ ） A. 为钝角三角形 B. 若，则 C. D. 的最小值为 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每个小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为______. 13. 已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，，则______. 14. 在中，D为中点，点E满足，，，延长交于点F，则_______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，且（i为虚数单位）. （1）若是方程的一个复根，求p和q的值； （2）若复数在复平面上的对应点在第二象限，求实数的取值范围. 16. 如图所示，现有一块铁料，形状为正四棱台，该棱台上、下底面的边长分别为4cm和8cm，高为6cm，，分别是棱台上、下底面的中心. （1）求正四棱台的表面积； （2）现将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求此圆台的体积. 17. 已知锐角三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）求的取值范围. 18. 如图所示，在中，已知，，，点D是边上一点，点E是边上一点，两点分别满足，，记与相交于点F. （1）求； （2）证明：； （3）当时，求. 19. 如图所示，已知三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若内部一点P满足，则称点P为的布洛卡点，称为的布洛卡角. （1）当是边长为4的正三角形时，其布洛卡点恰为的内心，求此时的外接圆半径； （2）证明：； （3）已知，，，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期宁波六校联盟高一期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单选题：本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题列出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 点A在直线l上，直线l在平面内，用符号表示，正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据点线关系和线面关系判定即可. 【详解】点A在直线l上，则，l在平面内，则 故选：D 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得， 化简可得， 即的实部为，虚部为， 所以的实部与虚部之和为. 3. 在△ABC中，已知，，，则角为（ ） A. 60° B. 30°或150 C. 60°或120° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，得或120°，然后由边角关系，作出判断即可. 【详解】解：由正弦定理或,，或均符合. 故选:C． 4. 若某平面图形用斜二测画法得到的直观图是边长为4的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图，直观图是边长为的正三角形， 则其高， 过作轴，交于，则， 则在原中，，边上的高为， 故的面积为. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 四棱柱的所有面均为平行四边形 B. 如果四棱锥的底面是正方形，那么这个四棱锥的四条侧棱都相等 C. 用与底面平行的平面去截三棱锥，得到的截面三角形和底面三角形相似 D. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】对A，B，D，举出反例，即可判断A，B，D错误，对C，利用相似三角形的判定即可判断C正确. 【详解】对选项A，四棱柱的底面可以是梯形，如图所示： 故A错误. 对选项B，如图所示： 在正方体中，四棱锥，满足底面为正方形， 四条侧棱显然不相等，故B错误. 对选项C，如图所示： 三棱锥中，平面平面， 所以，，，即与相似， 故C正确. 对选项D，如图所示 该几何体满足两个面平行，其余各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故D错误. 故选：C 6. 在中，，分别为，边上的点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 可设，然后根据向量减法、加法的几何意义，以及向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出即可． 【详解】解：如图， 设，且，则： ， ， ，解得， 故选：A． 【点睛】本题主要考查向量加法和减法的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题． 7. 在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. 84π B. 88π C. 92π D. 96π 【答案】A 【解析】 【分析】由题意平面，进而确定外接球球心，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】设的外接圆半径为，由题可知为等边三角形，由正弦定理，，则， 设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为， 由题可得平面，而平面， 过点作，交于点，连接， 则，易得矩形，则， 在直角三角形中，，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 8. 已知满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理结合平面向量数量积化简得，再利用基本不等式求解． 【详解】已知满足， 设、、对应的边分别为，，， 则， 即， 由 所以，则当取最大值时，取最小值， 由于， 当且仅当时取等号， 即的最小值为，所以的最大值为 二、多选题：本大题共3小题，每个小题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. 已知向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与的夹角为钝角，则 C. 若向量，则 D. 若在方向上的投影向量为，则 【答案】AD 【解析】 【分析】应用向量共线坐标公式计算判断A，应用向量夹角余弦得出数量积小于0且向量不共线判断B，应用模长公式计算判断C，结合投影向量公式计算判断D. 【详解】因为向量，， 若，则，则，A选项正确； 若与的夹角为钝角，则，且不平行， 则，B选项错误； 若向量，则，所以，即，C选项错误； 若在方向上的投影向量为，即得，则，D选项正确； 10. 已知复数（i为虚数单位），下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若复数满足，则的最小值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数乘法三角表示的几何意义计算可判断A；代入计算可判断B；根据复数乘法三角表示的几何意义及三角函数性质计算可判断C；设，根据复数模的几何意义计算可判断D. 【详解】对于A，因为复数，， 所以复数的三角形式可表示为， 由复数乘法三角表示的几何意义可知，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因为， 由三角函数性质可知，周期为6， 因为， 又因为，所以 所以，故C错误； 对于D，设复数， 因为，所以，， 则， 当时，有最小值为，即的最小值为1，故D正确. 11. 已知三个内角的对边分别为，且，下列说法正确的是（ ） A. 为钝角三角形 B. 若，则 C. D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用得到三角形三个内角的关系，然后利用三角恒等变换即可判断. 【详解】对于A，由于的三个内角，因此 ，由题意得， 因此，即为钝角三角形，故A正确； 对于B，由于的三个内角，因此， 若，由正弦定理得，解得，故B正确； 对于C，， 由于，则，所以，解得，则， 由于在上单调递减且， 因此，即，故C错误； 对于D，由于，因此， 则，当且仅当，即时等号成立， 由于，当时，满足等号成立的条件，因此的最小值为，故D正确. 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每个小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为______. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，即， 设与的夹角为，则， 又，，所以，解得， 因为，所以. 13. 已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理变形得，所以，代入，并利用二倍角公式，诱导公式变为同名函数，再利用三角函数性质得出结论. 【详解】因为，所以，两边同乘以得， 又由余弦定理得，所以， 所以，所以， 因为，所以 即， 显然不可能为钝角，否则 ，，不可能相等， 同样不可能等于， 所以为锐角，所以，所以. 14. 在中，D为中点，点E满足，，，延长交于点F，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目，由向量基本定理，选取作为基底，表达出其他各向量，结合共线向量定理的推论，向量数量积运算法则，计算出答案 【详解】因为，所以，即， 又D为中点，所以，故， ，故，① 又， 所以， 因为，所以，即，② 联立①②得，， 设，则， 因为三点共线，所以，解得， 则， ， 将和代入上式， 化简得，. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，且（i为虚数单位）. （1）若是方程的一个复根，求p和q的值； （2）若复数在复平面上的对应点在第二象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 设，，则， 由题可知：，解得，故， 因为是方程的一个复根， 所以将代入可得， 化简可得， 由题可知，， 因此，解得. 【小问2详解】 （2）因为， 所以在复平面对应的点为， 由题可知，在第二象限， 因此，解得. 16. 如图所示，现有一块铁料，形状为正四棱台，该棱台上、下底面的边长分别为4cm和8cm，高为6cm，，分别是棱台上、下底面的中心. （1）求正四棱台的表面积； （2）现将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求此圆台的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出棱台的侧面的高，结合棱台的结构特征以及表面积公式即可求得答案； （2）由题意可知圆台的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，由此可求出圆台的体积. 【小问1详解】 如图，正四棱台的每个侧面均为全等的等腰梯形， 分别取，的中点E，F，连接，，， 过点E作于点G， 则，，，， 由勾股定理可得：， 侧面积， 又由题可知，棱台下底面面积，上底面面积， 故棱台表面积； 【小问2详解】 若要将铁料棱台最大限度打磨为一个圆台， 则圆台上下底面恰为正四棱台上下底面正方形的内切圆，高与正四棱台一致， 所以圆台上底面半径，下底面半径，高， 则圆台. 17. 已知锐角三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合两角差的正弦公式 （2）根据锐角三角形的性质，结合两角和的正弦公式、二倍角公式进行求解即可. 【小问1详解】 由与正弦定理可得：， 由可得：， 整理得：，即， 由题：，故有，即. 【小问2详解】 由（1）可知：，， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 由正弦定理可得： ， 由可得，故； 18. 如图所示，在中，已知，，，点D是边上一点，点E是边上一点，两点分别满足，，记与相交于点F. （1）求； （2）证明：； （3）当时，求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理进行求解即可； （2）根据平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可； （3）根据平面向量夹角公式，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理可得：，即； 【小问2详解】 由可得：，， ， ， 两式相加，化简可得：，即命题成立. 【小问3详解】 由A，F，E三点共线且C，F，D三点共线可知： 当时，，， ， 即， 同理：， 即， 故. 19. 如图所示，已知三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若内部一点P满足，则称点P为的布洛卡点，称为的布洛卡角. （1）当是边长为4的正三角形时，其布洛卡点恰为的内心，求此时的外接圆半径； （2）证明：； （3）已知，，，求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求外接圆半径； （2）利用余弦定理和三角形面积公式来分别表示和，再进行证明； （3）利用第二问证明的结论，结合余弦定理和三角形面积公式来计算相应的边和角的值，然后再进行三角形面积比值的求解. 【小问1详解】 由题可得，此时的布洛卡角，故， 由正弦定理可得：外接圆直径，即半径. 【小问2详解】 由题可知：， 其中，，， 故， 由余弦定理可得： ， ， ， 三式相加，化简可得：， 故. 【小问3详解】 由题可知：，故有， 由余弦定理可得：，故， 由（2）可知，， 由余弦定理可得，所以， 因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $