精品解析：浙江宁波市镇海中学2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学试卷

镇海中学2025学年第二学期期中考试 高一年级数学试卷 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. 如果是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合单位向量的长度、方向及数量积的定义判断即可. 【详解】A项，是两个单位向量，长度都为，但方向不一定相同，故A错误； B项，当时，，故B错误； CD项，由是两个单位向量，则， 则，故C错误，D正确； 故选：D. 2. 已知复数z满足，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据复数相等的概念列方程组求解. 【详解】设，则， 又，所以，解得， 所以. 3. 若直线l与平面相交，则下列说法中正确的是（ ） A. α内的所有直线与l都相交 B. α内的所有直线与l都是异面直线 C. α内不存在与l垂直的直线 D. α内不存在与l平行的直线 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间中直线与直线的位置关系依次判断选项即可. 【详解】选项 A：若直线与平面相交，则内的直线与可能相交，也可能异面（不经过交点的直线与异面），并非所有直线都与相交，故A错误； 选项 B：同理，内经过与交点的直线与相交，并非所有直线都与异面，故B错误； 选项 C：当直线与平面垂直时，在平面内所有直线与垂直，故C错误； 选项 D：若内存在直线与平行，根据线面平行的判定定理，可推出，与 “直线与平面相交” 矛盾，因此内不存在与平行的直线，故 D 正确； 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在中，由及，知为等腰直角三角形， 又因为，所以，由斜二测画法规则知： 原图形满足，，， 所以原图形的面积为. 5. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面基本事实判断A；利用线面平行的判定判断B；利用面面垂直的性质，线面垂直的判定判断C；利用线面垂直的判定判断D． 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确； 对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 6. 如图，AB、CD是圆台的两条母线，若圆台的高为，上底面半径为3，下底面半径为6，则截面ABDC面积的最大值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】首先求母线长，再求截面梯形的高，并表示截面的面积，根据基本不等式求最值. 【详解】因为上下底面半径之比为，所以， 所以设，，为母线长，高为， 设上底面圆的圆心为点，下底面圆心为点，所以，，， 所以， 四边形为等腰梯形，，， 则梯形的高为， 所以截面的面积， 当时，即时等号成立. 7. 如图，在直角梯形中，，，，点P，N分别是，中点，M在线段，，上运动（包含端点），则的最大值与最小值之和为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直角梯形的特点建立平面直角坐标系，结合平面向量数量积的坐标表示公式分类讨论进行求解即可. 【详解】因为在直角梯形中，，， 所以可以建立如下图所示的平面直角坐标系， ，设M点坐标为， ， 当时，此时M在线段上运动， 所以， 显然当时，有最小值， 当时，有最大值； 当时，此时M在线段(不包括端点)上运动， 此时， 显然当时，； 当M在线段上运动时，设， 所以有， ， 所以当时，有最大值，当时，有最小值， 综上所述：， 所以的最大值为， 的最小值为， 因此的最大值与最小值之和为. 8. 已知二面角的大小为，，，且，B为β内异于O的任意一点，且的最大值是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过作，垂足为，先根据二面角的定义作出二面角的平面角，再由最小角定理分析出当与重合时，取到最小值， 此时取到最大值，分别求出的值，即可求出. 【详解】 如图所示，过作，垂足为，作交于点，连接. ，，. ，，平面. 平面，， 就是二面角的平面角，. ，为垂足， 为在平面β内的射影， 就是与平面β所成的线面角. 由最小角定理可知是与平面β内的任意一条直线所成角中的最小角， B为β内异于O的任意一点， 当且仅当与重合时，取到最小值， 此时取到最大值. 在中，，. 由勾股定理可得. 又，，. 在中，. 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． 9. 已知复数（a，bR），则下列说法中错误的是（ ） A. 若，则z为实数 B. C. 若，则z在复平面内对应的点在第二象限 D. 存在a＝2b，使得为纯虚数 【答案】BD 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念、复数模的概念、的乘方运算以及复数的几何意义、纯虚数的概念逐项判断. 【详解】选项A：设，则共轭复数，由得， 解得，因此是实数，A正确； 选项B：若，，，显然，等式不成立，B错误； 选项C：，因此，复平面内对应点为，在第二象限，C正确； 选项D：若，计算， 若为纯虚数,则,，无解，D错误. 10. 已知平面向量，则下列说法中正确的是（ ） A. 可能共线 B. 可能垂直 C. 不可能为3 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项；利用平面向量垂直的坐标表示可判断B选项；利用平面向量的模长公式求出的取值范围，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】选项A：向量与共线的充要条件是存在实数，使得， 即，可得，且，即， 由于在实数范围内有解，因此存在使两向量共线，A正确； 选项B：向量垂直的充要条件是数量积为零， 而， 因为，所以，于是，恒大于零， 因此两向量不可能垂直，B错误； 选项C：， ， 由，得，所以， 因此该模长不可能达到3，C正确； 选项D：当时，，从而，， 在方向上的投影向量公式为， 计算得，， 故投影向量为，D正确. 11. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，取中点E，将沿翻折至，则下列说法中正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，与平面始终平行 B. 在翻折的过程中，与始终不垂直 C. 若二面角的大小为60°，则异面直线B'C与AE所成角的余弦值为 D. 记四面体的外接球为球O（O为球心），P是球O上一动点，则当直线AO与直线AP所成角最大时，四面体体积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，先证明，可知翻折过程中与平面始终平行；对B，分析可知仅当时才有，翻折过程不可能满足该条件，因此与始终不垂直；对C，异面直线与所成角等于（或其补角），在中用余弦定理可算出答案；对于D，外接球球心为中点，根据球的性质得直线与所成角最大时是球的切线，求出到平面的最大高度，结合的面积可得四面体体积最大值. 【详解】对于A：因为是平行四边形，所以，又平面，平面， 由线面平行判定定理得平面，翻折过程中平行关系保持，A正确； 对于B：由原直角梯形的边长条件，是中点，可推得， 翻折过程中 位置固定，且翻折后长度恒等于原， 直线过点，且在直线上，因此若两条直线，直角必然在交点处，即， 对用勾股定理，则斜边满足，代入， 得，则，即 与重合，这在翻折过程中不可能成立， 因此翻折过程中，与始终不垂直，B正确； 对于C：因为，所以异面直线与所成角等于与所成角， 取的中点，连接，因为， 所以， 由二面角平面角定义，即为二面角的平面角， 则，​， 由余弦定理得，故， 在中，，由余弦定理，C错误； 对于D：原直角梯形中，，是中点，可得四边形是边长为2的正方形， 翻折后（直角为）和（直角为）是两个共斜边的直角三角形， 根据直角三角形的外接性质，斜边就是外接球的直径， 因此球心是的中点，外接球半径， 对于球外定点，动点在球上，直线与所成角， 当是球的切线时，，此时​， 这是能取到的最大值，此时（线线角）最大， 在中，，，由余弦定理可得 所以​，当最大时，球心到直线的距离等于半径， 其中， 是到底面（翻折不动的原平面）的最大距离， 此时四面体的体积， 过点作⊥于点，则即为， 由勾股定理得，则 代入体积公式得，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两个体积相等的圆锥底面半径之比为2：1，则它们对应的高之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】代入圆锥的体积公式，即可求解. 【详解】设两个底面圆的半径分别为和，高分别为和， 由条件不妨设，， 所以. 13. 如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】将长方体的表面展开为平面图，将原问题转化为平面问题，利用两条直线之和共线时长度最小即可求解. 【详解】将平面与平面沿直线翻折为一个平面（如下图所示），将原问题转化为平面问题. 本题所求必在下图所示的图中，从而连接，为线段上的一个动点（不含端点）， 则，当且仅当在线段上时等号成立， ，则四边形为正方形， 由可得， 则， 所以的最小值为. 14. 如图，在三棱锥中，，，平面平面．若为线段上的动点（不含端点），记与平面所成角为，锐二面角的平面角为，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件得出为等腰直角三角形，为一个角为的直角三角形，再通过作垂线构造出与平面所成角以及锐二面角的平面角，然后利用几何关系得到，从而将转为关于的表达式，最后利用基本不等式得出最大值. 【详解】因为，所以为等腰直角三角形，取中点， 则，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以， 故是直角三角形，为直角，又，可得， 作，垂足为，因为平面平面，平面平面， 所以平面， 则即为与平面所成角，再作，因为平面， 所以，又，故平面，于是有， 从而即为锐二面角的平面角，而由及 可得，所以，即， 得，因为为线段上的动点且不含端点， 可知，所以， 等号在即时取得，所以的最大值为. 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面， ，为的中点，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）求异面直线和所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线的性质得到，再结合线面平行的判定定理，证明平面； （2）利用三角形中位线定理将异面直线所成角转化为相交直线所成的，再通过勾股定理求出的三边长，最后用余弦定理计算出该角的余弦值，即为异面直线和所成角的余弦值. 【小问1详解】 ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线，因此， 又不在平面内，平面， 根据线面平行的判定定理，可得平面. 【小问2详解】 由（1）可知，异面直线和所成的角等于异面直线和所成的角（或其补角）， 由题意，，底面为矩形，因此，， ，又为中点，故， 矩形对角线， 直角中，，， 在中，由余弦定理 ， 即 ，整理得， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 16. 已知复数z＝a＋bi（a，bR）满足． （1）求复数z； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1） 先设，代入条件得到，根据复数相等的条件求解即可； （2） 将代入方程，然后根据复数相等的条件列出方程组，进而求解实数p，q的值. 【小问1详解】 已知（a，bR），，， 已知代入可得：， 所以，解得，因此，复数. 【小问2详解】 把代入方程中，得到 整理得， 所以，解得. 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S，外接圆半径，且． （1）求b； （2）若 ，∠CBA的平分线交AC于D，求BD的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知等式结合三角形的面积公式和余弦定理化简可求出角，再利用正弦定理即可求解； （2）结合条件结合余弦定理化简可求出，的值，再利用等面积法得即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 由余弦定理得 ，所以 ， 又，所以；又因为外接圆半径， 则由正弦定理可得. 【小问2详解】 由（1）知，，，且， 由余弦定理可得，化简得， 所以，， 的平分线交AC于D，则， 在中，由等面积法得， 即， 即 所以. 18. 如图，斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正棱锥的定义，结合正三棱锥的几何性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据全等三角形的判定定理，结合全等三角形的性质、二面角的定义、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可； （3）利用三棱锥体积的等积性，结合正弦定理、线面角的定义进行求解即可.. 【小问1详解】 因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以三棱锥是正三棱锥， 因此顶点在底面的射影是正三角形的中心， 如图： 设点为边的中点，连接， 显然在上，且，平面， 因为平面， 所以，又因为平面， 所以平面，而平面， 所以，又因为， 所以； 【小问2详解】 因为棱柱的底面是边长为2的正三角形，且， 所以，在中，过作，垂足为，连接， 由全等三角形的性质可知，所以就是二面角的平面角， ， 所以， 因为， 同理可得， 由余弦定理可得， 所以二面角的余弦值； 【小问3详解】 由上可知是正三角形的中心，所以， 由勾股定理可得， 由三棱柱的性质可知平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 因为，所以，即是直角三角形， 设点到平面的距离为， 所以， 在中，，则， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． （1）若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； （2）若三棱锥的内切球半径，求长度的最小值． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由平面，得到，且，再由，在直角中，即可求解； ②由①求得为的中点，得到和到平面的距离相等，由平面，得到到平面的距离为，利用余弦定理求得的长，进而求得与平面所成的角； （2）根据题意，得到点在的角平分线上，且，设，求得，设，求得的表达式，再由，求得，得到，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：①由平面，因为平面，可得， 又因为，且，所以， 因为平面，可得， 又因为且，所以，且. ②由①知：，因为，所以为的中点， 所以到平面的距离等于点到平面的距离， 又由平面，所以到平面的距离为， 在中，由余弦定理得， 即， 设与平面所成的角为，则. 【小问2详解】 解：因为，设点在平面的射影为， 则点在的角平分线上，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以 ， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 在直角中，可得， 在直角中，， 在直角中，可得， ，则， 所以, 设，可得， 在中，由余弦定理得， 同理可得：，， 设，可得, 代入整理得， 由， 又由， 所以 ， 可得 ， 将其代入， 整理得，即 又由 ， 因为，所以， 即 ，解得或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 此时取得最小值，可得为等边三角形，即的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 镇海中学2025学年第二学期期中考试 高一年级数学试卷 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. 如果是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则＝（ ） A. B. C. D. 3. 若直线l与平面相交，则下列说法中正确的是（ ） A. α内的所有直线与l都相交 B. α内的所有直线与l都是异面直线 C. α内不存在与l垂直的直线 D. α内不存在与l平行的直线 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 5. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 6. 如图，AB、CD是圆台的两条母线，若圆台的高为，上底面半径为3，下底面半径为6，则截面ABDC面积的最大值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 7. 如图，在直角梯形中，，，，点P，N分别是，中点，M在线段，，上运动（包含端点），则的最大值与最小值之和为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 8. 已知二面角的大小为，，，且，B为β内异于O的任意一点，且的最大值是，则（ ） A. B. C. D. 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． 9. 已知复数（a，bR），则下列说法中错误的是（ ） A. 若，则z为实数 B. C. 若，则z在复平面内对应的点在第二象限 D. 存在a＝2b，使得为纯虚数 10. 已知平面向量，则下列说法中正确的是（ ） A. 可能共线 B. 可能垂直 C. 不可能为3 D. 若，则在方向上的投影向量为 11. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，取中点E，将沿翻折至，则下列说法中正确的是（ ） A. 在翻折的过程中，与平面始终平行 B. 在翻折的过程中，与始终不垂直 C. 若二面角的大小为60°，则异面直线B'C与AE所成角的余弦值为 D. 记四面体的外接球为球O（O为球心），P是球O上一动点，则当直线AO与直线AP所成角最大时，四面体体积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若两个体积相等的圆锥底面半径之比为2：1，则它们对应的高之比为______． 13. 如图，在长方体中，，，，为线段上的一个动点（不含端点），则的最小值为______． 14. 如图，在三棱锥中，，，平面平面．若为线段上的动点（不含端点），记与平面所成角为，锐二面角的平面角为，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面， ，为的中点，为的中点，为的中点． （1）证明：平面； （2）求异面直线和所成角的余弦值． 16. 已知复数z＝a＋bi（a，bR）满足． （1）求复数z； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S，外接圆半径，且． （1）求b； （2）若 ，∠CBA的平分线交AC于D，求BD的长度． 18. 如图，斜三棱柱的底面是边长为2的正三角形，且． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． （1）若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； （2）若三棱锥的内切球半径，求长度的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $