精品解析：四川字节精准教育联盟·精准备考2025-2026学年下学期期中教学质量评价数学试题

姓名：____________ 准考证号：___________________________ 试卷启封前按机密事项保管 SCGK 字节精准教育联盟·精准备考 2028届2026年春季学期期中教学质量评价 数 学 ZJ-GZ-GA-2028S-G28-MI AI赋能·精准测评 考生注意： 1.试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张. 2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟. 3.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚. 4.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回. ◈预祝你们考试成功◈ 郑重提醒 考生须在考试开始前检查试题卷和答题卡，若存在缺页、漏印、字迹模糊等情况，应于开考前向监考员报告；开考后报告的，延误的考试时间不予补足.对试题内容有疑问，不得向监考员询问. 考试结束前，严禁拍照、传播、上传试题卷及答题卡至任何网络平台，违者依规严肃处理. 请严格遵守考试纪律，违纪舞弊行为将按相关规定严肃处理. 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 已知点，向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 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. B. C. 10 D. 8 5. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的充分条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“”的充分条件 6. 已知平面上不共线的四点，满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，且，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. D. 二、选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.在每题所给出的四个选项中，有多项是正确的，全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法错误的是（ ） A. 平行六面体的各个面都是平行四边形 B. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 C. 将棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 将直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 10. 在复平面内，复数对应的点为，向量绕原点逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ） A. 的坐标为 B. 当时， C. 当时，以为圆心，为半径的圆中劣弧的长为 D. 的坐标为 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数_________. 13. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 14. 已知向量，，为单位向量，则的最大值为______． 四、解答题：共5小题，满分77分.解答时要写出相应的步骤与公式定理，在必要的地方写出文字描述. 15. 在中，是的重心，且. （1）求的值； （2）若过点的直线与线段交于点，与线段交于点，且，求的值； （3）若，点是线段上一点（不同于端点），过点分别向作垂线，垂足分别为，求的最小值. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，求C； （3）若，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 18. 设分别为三个内角的对边，且 （1）求角的大小； （2）已知，，求的面积. 19. 在四边形ABCD中，，，，其中M，N分别为线段AB，CD的中点． （1）证明：； （2）求与之间的距离； （3）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 姓名：____________ 准考证号：___________________________ 试卷启封前按机密事项保管 SCGK 字节精准教育联盟·精准备考 2028届2026年春季学期期中教学质量评价 数 学 ZJ-GZ-GA-2028S-G28-MI AI赋能·精准测评 考生注意： 1.试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷和答题卡各1张. 2.试题卷共4页，答题卡共2面，满分150分，测试时间120分钟. 3.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将试题卷和答题卡内项目填写清楚. 4.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 5.考试结束后，请将试题卷、答题卡和草稿纸一并交回. ◈预祝你们考试成功◈ 郑重提醒 考生须在考试开始前检查试题卷和答题卡，若存在缺页、漏印、字迹模糊等情况，应于开考前向监考员报告；开考后报告的，延误的考试时间不予补足.对试题内容有疑问，不得向监考员询问. 考试结束前，严禁拍照、传播、上传试题卷及答题卡至任何网络平台，违者依规严肃处理. 请严格遵守考试纪律，违纪舞弊行为将按相关规定严肃处理. 一、选择题：共8小题，每小题5分，满分40分.在每题所给出的四个选项中，只有一项是正确的. 1. 已知点，向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的坐标运算计算即可. 【详解】，所以. 故选：D. 2. 设复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数在复平面内对应点的坐标为，对应象限即可作出判断. 【详解】解：由， 则在复平面内对应的点为，位于第二象限. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】不等式的解为， 若“”，则不一定有“”，充分性不成立， 若“”，则一定有“”，必要性成立， 所以“”是“”必要不充分条件． 故选：B. 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. B. C. 10 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由斜二测画法可知原四边形且，，利用勾股定理可求得，由此可求得平行四边形的周长. 【详解】由斜二测画法可知原四边形中且， 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：C 5. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的充分条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查向量垂直和平行的坐标表示以及充分条件和必要条件的判断。解题的关键是根据向量垂直的坐标表示求出时的值，再根据充分条件和必要条件的定义判断各选项. 【详解】已知两个向量，，若，则，即，解得或. 已知两个向量，，若，则，即，解得. 对于A选项，由“”，可以推出“”，所以“”是“”的充分条件，A选项正确； 对于B选项，由“”，不能推出“”，所以“”不是“”的充分条件，B选项错误； 对于C选项，由， 解得或，不能推出，所以“”不是“”的必要条件，C选项错误； 对于D选项，由， 解得，所以“”不是“”的充分条件，D选项错误. 6. 已知平面上不共线的四点，满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得，进一步得到，再结合投影向量定义即可求解. 【详解】由，得，即， 所以，所以与共线且同向，且，所以在上的投影向量为, 因为与共线且同向，所以，所以在上的投影向量为. 7. 在中，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得， 由得， 由正弦定理得的外接圆半径． 8. 已知向量，且，则的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算，可得到动点轨迹，然后借助几何意义求出最大值. 【详解】设，则， 即点B的轨迹为以为圆心，4为半径的圆． 故的最大值为． 二、选择题：共3小题，每小题6分，满分18分.在每题所给出的四个选项中，有多项是正确的，全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法错误的是（ ） A. 平行六面体的各个面都是平行四边形 B. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 C. 将棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 将直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 【答案】BD 【解析】 【分析】根据立体几何图像的特征逐项判断即可． 【详解】解：平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，各个面都是平行四边形，A正确； 圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定是正方形，B错误； 棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的几何体是棱台，因此延长棱台所有侧棱，它们会交于一点，C正确； 将直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周形成的几何体不是圆锥，D错误. 10. 在复平面内，复数对应的点为，向量绕原点逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ） A. 的坐标为 B. 当时， C. 当时，以为圆心，为半径的圆中劣弧的长为 D. 的坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出点坐标判断A；利用勾股定理求出长度判断B；利用弧长公式计算判断C；利用三角函数定义求出点的坐标判断D. 【详解】对于A，的坐标为，A错误； 对于B，，而，则，B正确； 对于C，当时，劣弧的长为，C正确； 对于D，，则，点的坐标为， 即，D正确. 故选：BCD 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，且，则的最小值为8 【答案】AB 【解析】 【分析】根据正弦定理，可判断A的正误；根据数量积公式，可得，分析可判断B的正误；根据同角三角函数的关系及正弦、余弦定理，可判断C的正误；根据诱导公式、同角三角函数的关系，可得的表达式，利用换元法，结合基本不等式，即可判断D的正误. 【详解】对于A，在中，若，则. 由正弦定理，得，故，故A错误. 对于B，由向量数量积的定义，得， 则，即A为锐角，但不确定B，C是否是锐角， 所以不一定是锐角三角形，故B错误. 对于C，因为，所以， 得到， 由正弦定理，得，即. 由余弦定理，得，则为钝角三角形，故C正确. 对于D，因为， 又，则， 所以，所以. 因为为锐角三角形，所以，所以. 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立，故D正确. 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 已知复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据纯虚数的特征列出不等式组，求解即得. 【详解】因是纯虚数， 可得，解得. 故答案为：3. 13. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】割补法，结合相似图形性质，根据正三棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案. 【详解】由题意知截去的正三棱锥与原正三棱锥相似，它们的底面边长的比为， 则截去的正三棱锥与原正三棱锥的体积之比为，剩余的棱台的体积为原三棱锥体积的. 而截去的正三棱锥的高为5，所以原正三棱锥的高为10， 所以原正三棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 故答案为： . 14. 已知向量，，为单位向量，则的最大值为______． 【答案】9 【解析】 【分析】因为单位向量模长为1，则可设，结合三角函数恒等变换与值域即可求解. 【详解】设，则， 整理得， 易得，所以， 即的最大值为9. 四、解答题：共5小题，满分77分.解答时要写出相应的步骤与公式定理，在必要的地方写出文字描述. 15. 在中，是的重心，且. （1）求的值； （2）若过点的直线与线段交于点，与线段交于点，且，求的值； （3）若，点是线段上一点（不同于端点），过点分别向作垂线，垂足分别为，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用重心的向量性质以及向量的数量积求解即可. （2）先利用三角形重心的向量性质，再利用三点共线的向量性质建立等式求解. （3）根据向量运算以及向量的模求出，进而根据三角形面积求出，再利用基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 因为是的重心，所以，得， 两边平方可得，又， 所以， 即，所以. 【小问2详解】 因为为的重心，所以， 又因为，所以， 由于三点共线，所以， 所以. 【小问3详解】 由（1）知，又， 所以，解得， ，解得， ，解得， 所以的面积为， 又， 所以. 因为， 同理，， 所以，当且仅当时，取等号， 即的最小值为. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，求C； （3）若，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化得的关系，根据余弦定理的推论求得，进而求得； （2）根据余弦定理的推论，得关系，再根据余弦定理的推论求得，求得； （3）由同角三角函数关系式及两角和的正弦公式，结合诱导公式可得. 【小问1详解】 由正弦定理得，即，， 由余弦定理得，由得． 【小问2详解】 ，即， 由余弦定理得， 由得． 【小问3详解】 由，，得， ． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. （1）证明：平面平面； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值； （3）设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） 平面平面，平面平面 ， ，且平面，则平面， 因平面，则，又，则， 因平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2） （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直证明平面，得，再由题设条件证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由平面证得，得为线段的中点，取的中点为坐标原点建系，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）先判断三棱锥外接球的球心为线段的中点，易得，可得点到平面的距离为点到平面的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，平面平面，平面，则 故为的中点，取的中点，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面 故可以为坐标原点，，所在直线为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设与平面所成角为，则. 【小问3详解】 由（1）知，平面，因平面，则，即为直角三角形， 又也为直角三角形，则三棱锥外接球的球心为线段的中点. ，即 ，在平面外，在平面内，则平面， 故点到平面的距离等于点到平面的距离，又等于点到平面的距离的一半. 故， 而，故. 18. 设分别为三个内角的对边，且 （1）求角的大小； （2）已知，，求的面积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【小问1详解】 因为， 根据余弦定理可得，即， 所以代入可得， 化简可得， 由正弦定理可得， 因为是的内角，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，，， 由余弦定理可得， 代入可得，化简可得，即， 因为，所以， 因此. 19. 在四边形ABCD中，，，，其中M，N分别为线段AB，CD的中点． （1）证明：； （2）求与之间的距离； （3）求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用表示，根据数量积的运算律可得； （2）由（1）的结果，求得，根据，结合勾股定理求得，即与之间的距离； （3）利用向量求得，从而得到，得到的夹角，求得． 【小问1详解】 由题意可得． 【小问2详解】 ，解得，同理， 由题意易得，所以与间的距离为，由勾股定理得，解得． 即与间的距离为. 【小问3详解】 由勾股定理得，得． 显然，而， 所以. 而，得，同理，所以. 可得与间的夹角为，于是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $