精品解析：山东济宁市泗水县2025-2026学年第二学期期中质量检测高一数学试题

泗水县2025-2026学年第二学期期中质量检测 高一数学试题 （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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. 若，则z的虚部为（ ） A. B. 3 C. D. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 4 3. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点，若，，则的最小值（ ） A. B. C. D. 8. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为（ ）（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）． 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，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 非零向量和满足，则与的夹角为 B. 向量不能作为平面内所有向量的一组基底 C. 若，则在方向上的投影向量的模为 D. 若，与共线的单位向量坐标为 10. 已知，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为 D. 若，则面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则________. 13. 我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高________m. 14. 已知点在以为圆心，3为半径的圆上，且，则的取值范围__________. 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，且，a为实数. （1）求实数a的值； （2）若z为纯虚数，复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数b的取值范围. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形. （1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程； （2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. （i）若，，求的周长； （ii）求的最大值. 19. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泗水县2025-2026学年第二学期期中质量检测 高一数学试题 （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、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. 若，则z的虚部为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法运算以及复数虚部的定义即可得出结论. 【详解】由，则， 所以z的虚部为. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由向量平行的坐标表示，结合题意得 ，解得. 3. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【详解】由正弦定理可得， 且，则 ,故 或 . 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用直观图还原原图形，再求出面积即可. 【详解】 如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，其中 所以原图形的面积为. 故选：D. 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，，， 则向量在向量上的投影向量为. 6. 已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解. 【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形， 记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为， 由题知，解得， 由三角形面积公式可得，即①， 又②，联立①②解得， 故圆锥的侧面积. 7. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点，若，，则的最小值（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的中线公式及“爪子”定理，得，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为点是的中点，则，又，则， 又三点共线，则，所以，得到， 由，得到，所以， 又，则， 当且仅当，即时取等号， 所以. 8. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为（ ）（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意判断球形容器表面积最小时，直径等于一组正四棱柱的体对角线长，得到球半径，即求得最小表面积. 【详解】若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即，所以，球形容器的表面积． 故选：B． 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 非零向量和满足，则与的夹角为 B. 向量不能作为平面内所有向量的一组基底 C. 若，则在方向上的投影向量的模为 D. 若，与共线的单位向量坐标为 【答案】BC 【解析】 【详解】 对于A，如图，设，以为两邻边作， 则，因，则，则为菱形， 故，即与的夹角为，故A错误； 对于B，由可得，故为共线向量， 不能作为平面内所有向量的一组基底，故B正确； 对于C，由可得或， 则， 故在方向上的投影向量的模为，故C正确； 对于D，由可得，则与共线的单位向量为， 故其坐标为，故D错误. 10. 已知，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，根据赋值的四则运算即模长公式等可逐项判断. 【详解】设， ， ， ， 即或，故A错误； ，， 即， 所以，故B正确； ， ， 则或， 所以，则或，故C正确； ，， 即，故D正确； 故选：BCD. 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最大值为 D. 若，则面积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换及正弦定理余弦定理化简计算可判断AB；根据余弦定理及基本不等式可得，再由向量数量积定义计算可判断C；根据三角形面积公式计算可判断D. 【详解】对于AB，由余弦定理，得，再由正弦定理，得， 又，所以， 在中，，，所以，所以，又，所以，B正确，A错误； 对于C，由余弦定理，得，即， 所以，当且仅当时，等号成立． 所以，当且仅当时，等号成立． 所以的最大值为，C正确； 对于D，的面积为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用模长与数量积的关系及数量积公式计算即可得. 【详解】， 则，即，则或， 由向量，的夹角为，故，故. 13. 我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高________m. 【答案】60 【解析】 【分析】设，利用直角三角形的特殊角可表示长度，再根据余弦定理解计算即可. 【详解】设，由在处分别测得塔顶P点的仰角为，，， 则根据题意有， 在中由余弦定理知，， 因为三点共线，所以， 则. 故答案为：60 【点睛】思路点睛：利用各点仰角可设高表示，再利用两角互补、余弦定理解方程即可. 14. 已知点在以为圆心，3为半径的圆上，且，则的取值范围__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得是圆的直径，结合向量线性运算用表示，再结合向量不等式求解范围. 【详解】由，可得是圆的直径，因此是的中点，故. 因为 ，且， 所以. 因为，，则， 所以， 即，当且仅当共线时等号成立. 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，且，a为实数. （1）求实数a的值； （2）若z为纯虚数，复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数b的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数运算化简条件，结合复数模的公式列方程求； （2）由条件，根据纯虚数的定义求，结合共轭复数定义，复数运算法则再求，根据复数的几何意义列不等式求的范围； 【小问1详解】 ， 【小问2详解】 为纯虚数， ，且 ∴， 又 因为复数在复平面内对应的点位于第四象限，则， 解得.因此，实数的取值范围是. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理化简等式，结合两角和的正弦公式和三角形中角的范围计算角的大小； （2）根据平面向量运算以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【小问1详解】 在三角形中，由正弦定理得： ． 中，，， ，， 或． 【小问2详解】 为锐角，， 为的中点，，， ，即， 根据重要不等式知：， ，当且仅当时，等号成立． 因此，的面积最大值为 17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形. （1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程； （2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）作出侧面的展开图，最短路程即为的长，由余弦定理可求解； （2）求得圆锥的高，进而计算剩下几何体的表面积和体积. 【小问1详解】 由题意，侧面展开图如图所示，最短路程即为的长，设为圆锥的母线长， 由，可得，即母线， 在中，由余弦定理可得 所以爬行的最短路程为； 【小问2详解】 因为圆锥的母线长为，所以圆锥的高为， 从而挖去的圆柱的高为，从而挖去的圆柱的侧面积为， 又圆锥的表面积为， 所以剩下几何体的表面积， 剩下几何体的体积为. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. （i）若，，求的周长； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）30（ii） 【解析】 【分析】（1）切化弦整理可得，结合分析判断可得，即可得结果； （2）（i）根据等面积法可得，即，再利用正、余弦定理可得，即可得周长；（ii）整理可得，利用正弦定理边角转化结合三角恒等变换可得，进而分析最值. 【小问1详解】 因为，即， 整理可得，即， 因为，则，， 则或或， 即或（舍去）或（舍去）， 且，解得. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可知：， 则，可得， 又因为，则， 由余弦定理可知， 整理可得， 可得，解得或（舍去）， 所以的周长； （ⅱ）由（ⅰ）可知： ，即， 则， 可得 ， 且，则，可得， 则，所以的最大值为. 19. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 【答案】（1）是正交数表，不是正交数表; （2） 设,， 由与为正交向量，与为正交向量，得 且.其中,. 故不妨设,, 则, 即,所以与不是正交向量. （3） 因为,所以的最小值为.因此我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为. 若为正交数表，则有. 且若为正交数表，可得如下变换成立， 变换1：交换正交数表的任意两行，所得的新数表仍是正交数表； 变换2：交换正交数表的任意两列，所得的新数表仍是正交数表； 变换3：将正交数表的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表． 因此我们将第一行的所有元素都变成1，即假设， 由得，在中，和的数量相等，即有个和； 同样地，中也有有个和.现在考虑. 我们将乘积值的情况分成四类： ①,设数量为; ②,设数量为; ③,设数量为; ④,设数量为. 且. 根据中有个和，,同样根据中有个和，. 所以得，从而有. 故有，所以，即正交数表的行列数必须是的倍数. 所以时必不成立.命题得证. 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义直接判断； （2）根据题意设出与，利用正交向量的定义计算即可证明； （3）从数表中选出三个不同的行向量，设为，假设为正交数表，则满足几个交换性质，设，则可分析出和中和的数量关系，再根据，继续分析和中和的数量，整合后可得正交数表的行列数必须是的倍数，由此可证得假设不成立. 【小问1详解】 对于，，是正交数表； 对于，，不是正交数表． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $