精品解析：江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学学科试题

江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试 高一数学学科 一､单选题：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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线定理，就可以求出x的值，然后用模长公式求模长. 【详解】因为，所以，即 所以，所以 所以， 故选：B. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以， 所以， 所以的虚部为. 3. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正三角形的直观图，所得图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据直观图画法得底不变，为2，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果. 【详解】根据斜二测画法的特征，可得底不变，为2，高为 ， 所以直观图的面积是. 故选：B. 【点睛】本题考查根据斜二测画法求直观图面积，考查基本求解能力，属于基础题型. 4. 已知在中，内角所对的边分别为，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】. 5. 已知向量，，若，则|（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标运算可得，进而利用向量的线性坐标运算求得的坐标，代入模的运算公式即可求解. 【详解】因为向量，，且，所以，解得， 所以，所以． 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，向量，满足，，， 所以， 则在上的投影向量为. 7. 已知某圆台轴截面的周长为，母线长为2，圆台的高为，该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 圆台的轴截面是等腰梯形，设圆台上底半径为，下底半径为，母线长，高， 根据轴截面周长列方程： ， 圆台的高满足，代入得 ， 化简得：， 联立，解得， 则圆台体积公式. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先弦化切结合正弦和角公式得出，再根据正弦定理与余弦定理得，利用基本不等式计算最值即可 【详解】因为 ， 又，所以， 所以，由正弦定理可得， 又余弦定理，即， 所以，则由余弦定理， 当且仅当时取得等号. 故选：D 【点睛】思路点睛：利用同角三角函数的商数关系切化弦，结合正余弦定理角化边再利用基本不等式计算最值. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，，为复数，，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用共轭复数与复数模的性质判断即可；对于B，利用判断即可；对于C，利用虚数不能比较大小判断即可；对于D，利用复数四则运算的性质判断即可. 【详解】对于A，因为，所以，则，故A正确； 对于B，因为，所以，则， 所以，则，故B正确. 对于C，取，则满足，但由于虚数无法比较大小，故不成立，故C错误； 对于D，因为，所以（舍去）或，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列说法中正确的是（ ） A. 圆锥的轴截面为直角三角形 B. 圆锥的表面积等于球的表面积的一半 C. 圆锥的体积与球的体积之比为 D. 若半径为，则圆锥侧面积为 【答案】AC 【解析】 【详解】设球的半径为，则如图所示：， 由，得：，得， 所以，所以A正确； 圆锥的表面积为，球的表面积为， 所以，所以B错误； 圆锥的体积，球的体积，，C正确； 圆锥的母线长为，底面周长为，所以圆锥侧面积，D错误. 11. 在中，内角所对的边分别为，满足，且，设外接圆半径为，则下列结论正确的是（ ） A. 的面积为 B. 当时， C. 当时， D. 的取值可能是2 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先根据题意条件，结合边角互换求出角B的大小，再代入到向量内积等式中求出的值，最后逐个分析选项。对于A，利用正弦定理面积公式即可求解；对于B，利用余弦定理求出a、c的大小，判断可构成三角形，再利用正弦定理求出R的大小即可；对于C，用余弦定理，并结合等边对等角判断即可；对于D，根据余弦定理求出的范围并据此判断即可． 【详解】由题意可得，又， 所以， 代入前式可得， 展开化简得，在中，，且，解得， 又，所以， 解得， 对于A，的面积为，故A错误； 对于B，当时，由余弦定理可得， 化简可得，所以， 即，同理可得，所以或， 易知可构成三角形，又由正弦定理可知，解得，故B正确； 对于C，当时，进一步可得， 由余弦定理可知，则，此时， 由等边对等角可知，故C正确； 对于D，由余弦定理，则可得， 所以，当且仅当即时取等号， 又时，，故D正确． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，有一长为100m的斜坡AB，倾斜角为，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面方法将其倾斜角改为（如图），则坡底应延长_______m． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，可得，再结合正弦定理求解即可. 【详解】由题意，可得，， 在中，由正弦定理得， 则，解得， 则坡底应延长. 故答案为：. 13. 在直三棱柱中，，，，则该直三棱柱的外接球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得该直三棱柱可补形为以、、为棱的长方体，即可计算出该长方体外接球半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】由，结合直三棱柱性质可得、、两两垂直， 故该直三棱柱可补形为以、、为棱的长方体， 该长方体的外接球即为直三棱柱的外接球， 且该长方体的外接球半径， 故该直三棱柱的外接球的表面积为. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的数量积公式、余弦定理、正弦定理得，再由余弦定理得，平方求出可得答案. 【详解】因为， 所以， 所以， 整理得，又， 由正弦定理得， 所以， 所以，所以，解得， 所以， 因为，所以， 所以. 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，其中i为虚数单位，． （1）若是纯虚数，求的值； （2）在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数的定义列不等式组求解即得； （2）根据第二象限内的点的特征列不等式组求解即得. 【小问1详解】 由是纯虚数，可得， 由①解得或，因时，，不合题意， 故的值为； 【小问2详解】 由在复平面内对应的点在第二象限， 可得，由③解得；由④解得或， 故得，即的取值范围为. 16. 设，已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且，，三点共线. （1）求的值； （2）若，， ①求向量与的夹角的余弦值； ②已知点的坐标为，若四边形为平行四边形，求点的坐标. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算和平面共线的条件计算； （2）①由向量夹角的坐标运算求解；②由求点的坐标. 【小问1详解】 由已知得，又， 因为三点共线，所以，即. 【小问2详解】 由已知得， ； ②由平行四边形得，又， 所以，解得，即 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求出，再由，得； （2）由已知条件及正弦定理得，根据余弦定理得，求出，最后根据面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为，， 所以由正弦定理得, ， 又，所以， 又， 所以. 【小问2详解】 由，则， 故，，所以， 所以， 又，整理得， 则， 解得， 所以的面积为． 18. 如图，已知是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且. （1）求证：四点共面； （2）延长交延长线于点，延长交延长线于点，求证：； （3）设平面将该正方体分成上、下两个几何体，求两几何体的体积之比. 【答案】（1） 在上取一点，使得，连接， 在中，因为，所以且， 因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，且，则四边形是平行四边形， 所以，故， 所以四点共面； （2） 在正方体中，， 所以，则，解得， 同理，则，解得， 以点为坐标原点，为轴建立直角坐标系如图所示： 则，，， 设所在直线为， 则，解得， 所以所在直线为， 将代入可得，， 所以在所在的直线上，故； （3） 【解析】 【分析】（1）在上取一点，根据正方体的性质得后即可得证； （2）由相似三角形可得，，以点为原点建立平面直角坐标系，计算所在直线方程，根据点在直线上即可证明； （3）结合（2）根据三棱锥的体积计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知，， ， ， 所以平面截正方体下半部分体积为， 而正方体的体积为， 故平面截正方体下半部分体积为正方体的一半， 所以平面将该正方体分成上、下两个几何体的体积之比为. 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可； （2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可； （3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果. 【小问1详解】 因为,, 所以, 即, 所以, 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以, 设,且为等边三角形， 所以， 即， 故， 且， 所以当时，， 所以. 【小问3详解】 因为平分, 所以由角平分线定理得,即, 故, 设，，的内切圆半径分别为, 在中,则，解得， 因为, 所以, 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 又因为, , 所以， 令，则， 因为，所以， 则，故，， 即，故, 所以与的内切圆半径之比的范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理、向量模的运算以及通过余弦定理、面积公式解三角形，第三问解题的关键由角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果，计算比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省天一中学2025-2026学年第二学期期中考试 高一数学学科 一､单选题：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. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正三角形的直观图，所得图形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知在中，内角所对的边分别为，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知向量，，若，则|（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 7. 已知某圆台轴截面的周长为，母线长为2，圆台的高为，该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，，为复数，，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列说法中正确的是（ ） A. 圆锥的轴截面为直角三角形 B. 圆锥的表面积等于球的表面积的一半 C. 圆锥的体积与球的体积之比为 D. 若半径为，则圆锥侧面积为 11. 在中，内角所对的边分别为，满足，且，设外接圆半径为，则下列结论正确的是（ ） A. 的面积为 B. 当时， C. 当时， D. 的取值可能是2 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，有一长为100m的斜坡AB，倾斜角为，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面方法将其倾斜角改为（如图），则坡底应延长_______m． 13. 在直三棱柱中，，，，则该直三棱柱的外接球的表面积为__________. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则的值为__________. 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，其中i为虚数单位，． （1）若是纯虚数，求的值； （2）在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围． 16. 设，已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且，，三点共线. （1）求的值； （2）若，， ①求向量与的夹角的余弦值； ②已知点的坐标为，若四边形为平行四边形，求点的坐标. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且，求的面积． 18. 如图，已知是棱长为3的正方体，点在上，点在上，且. （1）求证：四点共面； （2）延长交延长线于点，延长交延长线于点，求证：； （3）设平面将该正方体分成上、下两个几何体，求两几何体的体积之比. 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $