精品解析：浙江金兰教育合作组织2025-2026学年高一下学期4月期中测试数学试题

高一数学学科 注意事项： 1．本题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 一、单项选择题（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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 B. 一个多面体至少有4个面 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱 3. 已知向量，若向量与的方向相反，则实数的值为（ ） A. B. C. -1 D. 4. 在中，已知，则（ ） A. 120° B. 或 C. 60° D. 或 5. 已知点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 6. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形中最长边的长度为（ ） A. B. C. 4 D. 6 7. 如图所示，在同一个平面内，向量，，满足：，与的夹角为，且与的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 设是边长为1的正三角形，M是所在平面上的一点，且满足，则当取最小值时，的值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对得部分分） 9. 已知复数，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 10. 若向量，满足，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量为 11. 在中，角的对边分别为为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 周长的取值范围为 C. 若为锐角三角形，则的取值范围是 D. 若为锐角三角形，边上的中线长的取值范围是 非选择题部分 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ___________． 13. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是______ ． 14. 已知向量满足 ，设，其中，则动点的轨迹的长度是___________． 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. 设，复数． （1）若是实数，求； （2）若是关于的方程的一个根，求的值． 16. 《九章算术》是我国古代内容丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形的棱台称为“刍童”．在如图所示的“堑堵”与“刍童”的组合体中，已知，且三棱锥的体积为． （1）求该组合体的体积； （2）若点为线段上的动点，求的最小值． 17. 如图，在梯形中，，点是线段上的动点． （1）若，，三点共线，试用和表示； （2）设，若与的夹角的余弦值为，求． 18. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且的外接圆半径为1，求的面积； （3）若为边上一点，且，求的最大值． 19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系．若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，，计算的大小； （2）若，，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； （3）设，，，若对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学学科 注意事项： 1．本题共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号． 3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效． 4．结束后，只需上交答题卡． 选择题部分 一、单项选择题（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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则得结果. 【详解】由题意得，. 故选：B. 【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 B. 一个多面体至少有4个面 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 矩形旋转一周一定形成一个圆柱 【答案】B 【解析】 【详解】用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，故A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，故B正确； 正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面投影落在底面正多边形的中心，故C错误； 矩形绕其一条对角线旋转一周，所形成旋转体不是圆柱，故D错误. 3. 已知向量，若向量与的方向相反，则实数的值为（ ） A. B. C. -1 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由向量，得，则不共线， 若向量与共线，则，解得， 此时，即向量与的方向相反， 所以实数的值为. 4. 在中，已知，则（ ） A. 120° B. 或 C. 60° D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】由正弦定理， 所以， 又，所以 所以或． 5. 已知点，，，则以，为邻边的平行四边形的面积为（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由点，得， 则， ，即， 所以以，为邻边的平行四边形的面积. 6. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形中最长边的长度为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】将直观图还原为原图，如图， 在直观图中，，则， 故在原图中，，， 所以，而， 所以原四边形ABCD中最长边为6. 7. 如图所示，在同一个平面内，向量，，满足：，与的夹角为，且与的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量加法的平行四边形法则可得，结合正弦定理可得，根据题意运算求解． 【详解】如图 根据向量加法的平行四边形法则可设：， 则， ∴， 在△中，由正弦定理可得：， ∵且为锐角，则，解得， ∴. 8. 设是边长为1的正三角形，M是所在平面上的一点，且满足，则当取最小值时，的值为（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得出，，再应用数量积公式化简，换元即可求出最小值. 【详解】如图，，，， ，得. ，， 设，则. 当，即，也就是时，取最小值. 故选:C. 二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对得部分分） 9. 已知复数，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，， 无解，A错误； 对于B，，则，B正确； 对于C，，由为实数，得，C正确； 对于D，， 由为纯虚数，得且，解得，D正确. 10. 若向量，满足，，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式、投影向量的定义逐一判断即可. 【详解】A：， 因此本选项不正确； B：由上可知， 因为，所以，因此本选项正确； C：因为， 所以，因此本选项正确； D：在上的投影向量为， 因此本选项正确， 故选：BCD 11. 在中，角的对边分别为为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 周长的取值范围为 C. 若为锐角三角形，则的取值范围是 D. 若为锐角三角形，边上的中线长的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化后，由余弦定理求出，即可判断A，由正弦定理及三角恒等变换可得，利用正弦型三角函数值域的求法判断B，由正弦定理，结合的范围求解即可判断C，利用向量及数量积的运算、余弦定理求出中线长的范围判断D. 【详解】由正弦定理可得，即， 由余弦定理可得，因为，所以， 当时，由知，不存在满足条件的，故A错误； 由正弦定理可知， 所以， 因为，所以，所以， 周长，故B正确； 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，又，所以，故C正确； 当为锐角三角形时，，所以， 所以，令，则， 由余弦定理，， 所以，设上的中线为，如图， 又，所以，即，所以，即上的中线长的取值范围是，故D正确. 非选择题部分 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ___________． 【答案】0 【解析】 【详解】. 13. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是______ ． 【答案】 【解析】 【分析】 设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为，构造方程，可求出半径. 【详解】设圆锥的底面的半径为，圆锥的母线为， 则由得， 而 故， 解得， 故答案为：. 【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确理解这两个关系是解题的关键． 14. 已知向量满足 ，设，其中，则动点的轨迹的长度是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系并求出点的轨迹，结合对称性求出长度. 【详解】由，得， 而，则，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 则，设，由，得， 于是，解得，而，则， 即，显然， 即点满足方程，因此点的轨迹关于原点对称， 当时，，且，点的轨迹是线段 ，其长度为； 当时，，且，点的轨迹是线段 ， 线段端点为 ，长度为，即当时，点的轨迹长度为， 由对称性得当时，点的轨迹长度为， 所以动点的轨迹的长度是. 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. 设，复数． （1）若是实数，求； （2）若是关于的方程的一个根，求的值． 【答案】（1）3 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据复数的除法和复数概念可得，再由复数模的计算公式计算求解； （2）将复数代入方程，根据复数相等列方程组计算求解即可. 【小问1详解】 ， 因为是实数，于是，则，即， 所以 ； 【小问2详解】 因为复数 是关于的方程的一个根， 所以 ，整理得 ， 所以，解得或 当时，； 当时，． 16. 《九章算术》是我国古代内容丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形的棱台称为“刍童”．在如图所示的“堑堵”与“刍童”的组合体中，已知，且三棱锥的体积为． （1）求该组合体的体积； （2）若点为线段上的动点，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设刍童的高为，利用几何体的体积公式，转化求解即可； （2）根据两点之间线段最短，当三点共线时取得最小值，即的长. 【小问1详解】 设棱台的高为， 由，得， 记上底面的面积为，下底面的面积为， 则 ， 所以， 又， 所以该组合体的体积为； 【小问2详解】 将绕着直线旋转至平面， 当三点共线时，取得最小值． 因为 ， 所以在中， 所以的最小值为． 17. 如图，在梯形中，，点是线段上的动点． （1）若，，三点共线，试用和表示； （2）设，若与的夹角的余弦值为，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）先由、、三点共线，结合题设条件根据相似三角形得到，再利用向量三角形法则可得； （2）设，先求出，并利用向量表示向量,再利用向量模及向量的夹角的公式列出方程求解即得. 【小问1详解】 由已知得，则 ，所以， 因为，所以 【小问2详解】 设， 由已知得与的夹角为， 所以， 由（1）知， 所以， 因为， 所以， 记与的夹角为，则 ， 化简得，解得或， 当时， ，不符； 所以，即的值为． 18. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，且的外接圆半径为1，求的面积； （3）若为边上一点，且，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和正弦公式、同角三角函数关系式中的商关系进行求解即可； （2）根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式进行求解即可； （3）根据正弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得 ， 又，则， 所以 ， 即，又，则， 所以， 所以，由，得； 【小问2详解】 由，得， 由，得，可得， 所以． 【小问3详解】 因为， 所以， 在中，由正弦定理得，所以， 又在中，， 所以 ， 因为，所以， 当即时，的最大值为． 19. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系．若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，，计算的大小； （2）若，，，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； （3）设，，，若对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2）不正确，理由见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积及向量的模求解即可. （2）根据向量的数量积运算律求出，结合向量垂直的坐标表示判断即可. （3）根据向量的数量积及向量的模求出，，结合已知条件得到，根据向量夹角的计算公式求解即可. 【小问1详解】 因为，则，又， 则. 【小问2详解】 不正确，理由如下：因为，则， 又，， 则， 若，则，则， 所以“”的充要条件是“”， 故“”的充要条件是“”是不正确的． 【小问3详解】 因为，，，则，， ． 由，得， 所以， 即对恒成立， 又因为，所以， 解得， 所以 ， 又因为，所以，则. 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $