宁夏吴忠市盐池中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

**基本信息** 高一数学期中卷涵盖复数、向量、解三角形及立体几何等核心内容，解答题如正方体体积计算与三线共点证明、解三角形长度及夹角求解，考查空间观念与推理能力，适配期中阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数模、向量垂直、斜二测直观图|基础概念辨析，如第4题结合直观图还原平面图形，体现几何直观| |多选题|3/18|棱柱性质、空间线面关系|第11题线面位置关系判断，考查逻辑推理能力| |填空题|3/15|长方体体积、正四棱锥外接球|第14题正四棱锥外接球表面积计算，融合空间想象与运算| |解答题|5/77|复数分类、解三角形周长与面积、正方体体积证明|第17题三棱锥体积及三线共点证明，综合空间观念与推理表达；第19题解三角形长度与夹角计算，体现数学语言应用|

盐池中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 总分150分 答题时间120分钟 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. 复数（为虚数单位），则（ ）． A B. 1 C. D. 2 2. 已知平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 1 3.在 △ABC中，下列四式中成立的个数为（    ） ①，②，③，④ A．1 B．2 C．3 D．4 4. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形， 已知,则四边形的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 5. 已知单位向量与单位向量的夹角为45°，则（ ） A. 2 B. C. D. 1 6. 已知点，，，则下列结论错误的是（ ） A. △ABC是直角三角形 B. 若点，则四边形是平行四边形 C. 若，则 D. 若，则 7.在△ABC中,若sin A=,则△ABC的形状为(　　) A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰三角形或直角三角形 8. 如图，塔垂直于水平面，他们选择了与灵运塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得米，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为和，，则灵运塔的高度CD是（    ） A. 45米 B. 50米 C. 55米 D. 60米 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列命题正确是（ ） A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 B. 两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 用平面截圆柱得到的截面可能是圆、矩形、曲边梯形等 D. 底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱 10. 在平行四边形ABCD中，E是BC上的点，BE=2EC，F是CD的中点，且AE=2，AF=3，∠EAF=60°，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列四个命题： ①若 则； ②若 则； ③若， 则； ④若 则. 其中正确命题的序号是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 三、填空题： （本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.若长方体的长、宽、高分别为3 cm,4 cm,5 cm,则长方体的体积为______ 13.在 △ABC中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为____________. 14.正四棱锥的底面边长和各侧棱长都为，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的表面积为______ 四、解答题: （本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15．（13分）已知复数，根据下列条件求实数的值． (1)是实数； (2)是纯虚数； (3)在复平面内对应的点在第二象限． 16. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c；，且边， （1）求△ABC的周长； （2）若角，求△ABC的面积． 17．已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)求证：直线、、三线共点． 18. 已知向量，其中 （1）若，求k的值； （2）若，求向量在向量上的投影向量的坐标． 19．（13分）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝，D是BC边上的中点，CE⊥AB，AD与CE交于点F． （1）求CE和AD的长度； （2）求cos ∠CFD． 高一数学 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学答案 1-5.BBCBD 6-8.CAB 9.AC 10.AC 11.BC 1.【答案】B 【解析】化简可得，求得模长即可得解. 【详解】， 所以，故选：B. 2.【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，因为，可得，解得. 故选：B. 3.【答案】C 【解析】对于①，，故①错误； 对于②，，故②正确； 对于③，，故③正确； 对于④，，故④正确；故选：C. 4.【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测法判断的形状，并求出各边边长，即可求周长. 【详解】由题设知：原四边形中且， 所以原四边形为平行四边形， 而，则原四边形中，故， 综上，四边形的周长为. 故选：B 5.【答案】D 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】， 故选：D 5.【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理计算可得. 【详解】由余弦定理得， 所以三角形外接圆直径为． 故选：C． 6.【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示，线性运算的坐标表示求解后判断各选项． 【详解】，，所以，，是直角三角形，A正确. 若点，则,，四边形是平行四边形，B正确. 若，则，C错误. 若，则是中点，，D正确. 故选：C 7.解析:(方法一)∵sin A=, 且A+B+C=π, ∴sin Acos B+sin Acos C=sin(A+C)+sin(A+B), ∴sin Acos B+sin Acos C=sin Acos C+cos Asin C+sin Acos B+cos Asin B,∴cos A(sin C+sin B)=0, 又sin C+sin B≠0,∴cos A=0. ∵0<A<π,∴A=,∴△ABC为直角三角形. (方法二)由正弦定理、余弦定理及题设条件,可得a=, 化简得(b+c)(b2+c2-a2)=0, ∵b+c≠0,∴b2+c2-a2=0,∴b2+c2=a2, ∴△ABC为直角三角形. 答案:A 8.【答案】B 【解析】 分析】设米，结合已知条件得，，再应用余弦定理计算求解即可. 【详解】设米，在中，，则， 在中，，则， 因为，所以由余弦定理得：，整理得：，解得（米）. 故选：B 9.【答案】AC 【解析】 【分析】利用相关几何体的定义域特点一一分析判断即可. 【详解】对A，根据棱柱的特点知其侧棱都相等, 侧面都是平行四边形，故A正确； 对B，根据棱台定义知两个面不仅要平行，还要相似，各条侧棱所在直线交于一点，故B错误； 对C，若用与圆柱上下底面平行的平面去截圆柱，则得到截面为圆，若用与圆柱轴截面平行的平面截圆柱（也可是轴截面），则得到矩形，若此截面保证与上下底面相交，且交线相互平行，并且交线长不等，此时截面为曲边梯形，C正确； 对D，若这两个是矩形的侧面为相对的侧面，则此时另外两个面可以是平行四边形，则此时不是正四棱柱，故D错误. 故选：AC. 10.【答案】AC 【解析】 【分析】利用向量对应线段的位置关系及加减数乘的几何意义得、，，即可得，再应用向量数量积的运算律求. 【详解】由题设，①， ②， 所以①2②得即， ②①得，故，A正确、B错误； 所以， 故，故C正确、D错误. 故选：AC 11.【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面，面面平行或垂直的位置关系，即可判断选项. 【详解】①没说明直线垂直于两平面的交线，所以不能判断，故①错误； ②根据面面平行的性质定理，若 ，则，故②正确； ③垂直于同一条直线的两个平面平行，所以若，则， 若，则，故③正确； ④若，则平行或相交，若，则或相交或，故④错误. 故选：BC 12.【答案】60 解析:长方体即为四棱柱,其体积为底面积×高,即为3×4×5=60(cm3). 【答案】 【解析】 13.【答案】9 【解析】 【分析】根据向量共线定理得推论得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值. 【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点）， 所以，又， 故， 当且仅当，即时等号成立. 故答案：9. 14.【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求出球的半径，由球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，过S作平面，则垂足为底面正方形的中心， 由底面边长，得. 在中，，则， 所以，故是过点的球的球心， 可得球的半径为，所以该球的表面积为. 故答案为： 15.【答案】(1)1或2 (2) (3) 【解题思路】（1）根据题意得，根据复数的概念列式即可求解； （2）根据复数的概念列式即可求解； （3）根据复数的几何意义列式即可求解. 【解答过程】（1）由题意 ， 若是实数，则，解得或 （2）若是纯虚数，则，解得； （3）若在复平面内对应的点在第二象限，则，解得. 16.【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，则得到其周长； （2）根据余弦定理得，解出的值，再利用三角形面积公式即可得到答案. 【小问1详解】 ∵， ∴由正弦定理可得，∴， ∴三角形周长为． 【小问2详解】 由（1）知， 由余弦定理得， 即，解得， ∴. 17.【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由等体积法结合棱锥的体积公式计算可得；（2）先证明直线相交，设交于，同理可得直线相交于点，再由可得三线共点. 【详解】（1） （2）由于且，故直线相交，设交于，则， 同理可得直线相交于点，则，故与重合， 故直线三线相交于点O，故直线三线交于一点． 18.【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求得的坐标，再根据求解； （2）先求得，的坐标，再由求解. 【小问1详解】 解：因为， 所以， 因为， 所以， 所以； 【小问2详解】 ， ， 所以， 所以向量在向量的投影向量为. 19.解：（1）∵CE是高，∴∠AEC＝，在Rt△AEC中，AC＝2，∠EAC＝， ∴CE＝AC sin ∠EAC＝2sin ＝． ∵AD是中线，∴＝(＋)， ∴2＝＝(2＋2·＋2) ＝＝，∴AD＝， ∴CE＝，AD＝． （2）法一　∵AE＝AC·cos ＝1＝AB，∴＝， ∴＝－＝－， ∴·＝(＋)· ＝＝＝， ∴cos ∠CFD＝cos 〈，〉＝＝＝． 法二　如图，过D作DG∥CE交BE于点G， ∵D是BC的中点，∴G是BE的中点， ∴AE＝EG＝GB＝1，EF是△AGD的中位线，DG是△BCE的中位线， ∴EF＝GD＝CE＝，AF＝AD＝， cos ∠CFD＝cos ∠AFE＝＝＝． 学科网（北京）股份有限公司 $