精品解析：河北邯郸市永年区第二中学等校2025—2026学高一下学期4月期中考试数学试题

2025~2026下学期高一期中考试 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，角的对边分别为，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. ，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，则直线与BE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知复数，当时，不等式恒成立，则实数t的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. B. 3 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. 下列说法正确的是（ ） A. 所有面都是三角形的多面体一定是三棱锥 B. 棱柱的侧棱平行且相等 C. 圆台的母线长不一定相等 D. 半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面为球面 10. 在中，，，向量满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则是钝角三角形 D. 若不是直角三角形，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则_________. 13. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为__________. 14. 如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知，，，复数（为虚数单位，）. （1）若复数为非零实数，求； （2）若复数为纯虚数，求在上的投影向量的坐标. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD是梯形，，，，E是棱PC上的一点，且． （1）求证：平面； （2）若是锐角三角形，且，求证：． 17. 在中，角所对的边分别为，且 （1）求； （2）求内切圆的半径. 18. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，，点为棱的中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026下学期高一期中考试 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】， 则复数对应的点为，位于第三象限. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，， 因为，所以，得. 3. 在中，角的对边分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，，所以， 由正弦定理得， 又，所以得. 4. 如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直观图的，再由斜二测画法规则求出顶点到的距离即可. 【详解】在中，，，， 于是得，且原图中即为顶点到的距离， 由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到的距离是. 故选：D 5. ，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，即， 所以52，所以 6. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，则直线与BE所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知即可（或其补角）即为直线与BE所成的角，设，则可求得，，，在中，由余弦定理即可得到答案. 【详解】 如图,连接， 在正四棱柱中，设，， 则， 又是棱的中点，所以， 所以， 又在正四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形，则， 所以（或其补角）即为直线与BE所成的角， 由，则， 又， 在中，由余弦定理得 . 故选：D. 7. 已知复数，当时，不等式恒成立，则实数t的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分离参数法去转化不等式恒成立，即可求得实数t的最大值. 【详解】因为，又，所以， 由时，不等式恒成立， 则恒成立，即恒成立， 令，因为时，单调递增， 所以，所以实数t的取值范围是． 故选：B 8. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，由三点共线有，再用分别表示出、，最后应用向量数量积的运算律求即可. 【详解】因为，所以， 所以， 因为C，P，D三点共线，所以，即， 所以，又， 所以 . 故选：C 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. 下列说法正确的是（ ） A. 所有面都是三角形的多面体一定是三棱锥 B. 棱柱的侧棱平行且相等 C. 圆台的母线长不一定相等 D. 半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面为球面 【答案】BD 【解析】 【详解】对A，因为正八面体每个面都是三角形，所以A错误； 对B，棱柱的侧棱平行且相等，所以B正确； 对C，圆台的母线长都相等，所以C错误； 对D，球面就是半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面，所以D正确. 10. 在中，，，向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由条件结合余弦定理可得，证明，判断A，由条件结合关系可得，判断B，证明，且，结合关系证明，判断C，根据数量积运算性质求，判断D. 【详解】因为，， 由余弦定理可得， 所以， 所以为直角三角形，为直角，故，A正确， 因为，所以， 所以，故， 所以，故， 所以，B正确， 若，则，故，矛盾， 若，则，故，矛盾， 所以，且， 因为， 所以，又， 所以，故， 所以，所以， 所以，故所以C错误， 因为， 所以， 又，， 所以，故D正确， 故选：ABD. 11. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则是钝角三角形 D. 若不是直角三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理及余弦定理判断A,B,C项，由两角和的正切公式判断D项． 【详解】因为，由正弦定理得 ，即，所以或， 即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故A错误； 由正弦定理得，故B正确； 因为，由正弦定理得， 所以，所以，所以是钝角三角形，故C正确； 由不是直角三角形且，得，所以，故D正确． 故选：BCD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解. 【详解】由复数满足，可得，则. 故答案为：. 13. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先应用余弦定理得出，再应用同角三角函数得出正弦值，最后应用面积公式计算求解. 【详解】由余弦定理得：，所以， 所以. 14. 如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知，，，复数（为虚数单位，）. （1）若复数为非零实数，求； （2）若复数为纯虚数，求在上的投影向量的坐标. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标运算得 ，从而且，即可得解； （2）根据纯虚数和投影向量的概念求解. 【小问1详解】 由题意得 ， 若复数为非零实数，则且，解得. 此时，则， 所以 ； 【小问2详解】 若复数为纯虚数，则且，解得， 此时，则， 所以在上的投影向量为. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD是梯形，，，，E是棱PC上的一点，且． （1）求证：平面； （2）若是锐角三角形，且，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接AC，交BD于点F，连接EF，即证，得，进而得，利用线面平行的判定定理即可求证； （2）过点P作DC的垂线，垂足为O，由平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理得平面ABCD，进而得，由线面垂直的判定定理得平面PDC，即，最后由线面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 连接AC，交BD于点F，连接EF，如图所示． 因为，所以，所以， 又，所以，所以， 又平面BDE，平面BDE，所以平面BDE； 【小问2详解】 在中，过点P作DC的垂线，垂足为O，如图所示． 因为平面平面ABCD，， ，平面PDC，所以平面ABCD， 又平面ABCD，所以，又，，PO，平面PDC，所以平面PDC， 又平面PDC，所以， 又，，PB，平面PBC，所以平面PBC． 17. 在中，角所对的边分别为，且 （1）求； （2）求内切圆的半径. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理得出，再应用余弦定理得出； （2）应用同角三角函数关系得出，再应用面积公式结合内切圆半径的面积公式计算求解. 【小问1详解】 ， ， ，解得， 【小问2详解】 由（1）知，得， ， 设内切圆半径为，则， 则. 18. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A； （2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，即， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为， 由正弦定理得，， 因为，所以由正弦定理得， 由（1）知， 所以，得，则， 所以△ABC的面积为. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，，点为棱的中点． （1）求证：； （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）要证明线线垂直，可通过证明线面垂直推导出线线垂直，即证明平面, （2）首先确定是等腰三角形，然后作辅助线，找出二面角的平面角，然后根据线段的长度和余弦定理求出其余弦值. （3）根据体积关系先求出点到平面的距离，然后即可求出直线与该平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：连接交于点，再连接，如图所示. 在中，，是的中点，所以， 又四边形是边长为2的菱形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以可求得，所以. 因为，，， 所以，所以，且， 所以，又，所以． 取的中点，连接，，如图所示． 在中，，，，点是的中点， 所以，且． 同理可得，，所以二面角的平面角为， 在中，，，， 由余弦定理得，即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知，取的中点，连接. 在中，，所以根据勾股定理得． 由（2）知的面积． 因为点是的中点，所以， 设点到平面的距离为，所以， 解得， 又，设直线与平面所成角为θ，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $