精品解析：河南濮阳外国语学校2025-2026学年高一下学期期中质量检测数学试题

濮阳外国语学校2025级高一下学期期中质量检测 数学试题 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. 已知复数满足，为虚数单位，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 故的共轭复数是 2. 已知为单位向量，向量的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知，为单位向量即，向量与的夹角 向量在向量上的投影向量为. 代入数值计算得. 3. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】向量，且， 所以，，得，则. 4. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】如图可知， 四边形的周长为，四边形的面积为. 故选:D. 5. 已知点、、在所在平面内，且，，，则点、、依次是的（ ） A. 重心、外心、垂心 B. 重心、外心、内心 C. 外心、重心、垂心 D. 外心、重心、内心 【答案】C 【解析】 【分析】根据到三角形三个顶点的距离相等，得到为外心；根据中线的性质，可得为重心；根据向量垂直，即得到是垂心. 【详解】 因为，所以到定点的距离相等， 所以为的外心； 由，则， 取的中点，则， 所以，即为靠近的三等分点， 所以是的重心； 由，得，即， 所以，同理，，所以点为的垂心. 6. 如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，用表示向量，再借助共线向量定理的推论求解作答. 【详解】因，则，又，于是得， 而不共线，点在直线上，因此，解得， 所以实数的值为. 故选：D 7. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理构造线线平行，再根据平行线段比例关系，即可判断选项. 【详解】如图，连结，交于点，连结， 因为平面，且平面，平面平面， 所以， 因为，且，所以，即， 所以. 故选：B 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解. 【详解】解：由托勒密定理，得． 因为，所以． 设圆的半径为，由正弦定理，得． 又，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，则，故． 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，则下列说法不正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由线面平行定义可判断选项正误； 对于B，由线面垂直性质可判断选项正误； 对于CD，由线面平行判定定理可判断选项正误； 【详解】对于A，因，则，又，则可能平行于，也有可能与异面，故A错误； 对于B，因，则，又，是空间内两个不同的平面，则，故B正确； 对于C，，则有可能在内，则不一定平行于，故C错误； 对于D，因，则有可能在内，则不一定平行于，故D错误. 故选：ACD 10. 已知的内角所对的边分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则有唯一解 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若，则角 【答案】AB 【解析】 【分析】对A，利用正弦定理将转化为边的关系，结合三角形大边对大角的性质判断；对B，已知两边和其中一边的对角，利用正弦定理求出，结合判断；对C，利用正弦定理化边为角得，推出或，三角形为等腰三角形或直角三角形；对D，结合余弦定理化简原式得，可得​或​. 【详解】对于A：根据正弦定理（为外接圆半径），可得，​。 由可推出，结合三角形大边对大角的性质，得，A正确； 对于B：由正弦定理，代入得，  因为，所以，只有一解，所以有唯一解，B正确； 对于C：由正弦定理将转化为，即， 可得或，解得或，即是等腰三角形或是直角三角形， 因此不一定是等腰三角形，C错误； 对于D：将余弦定理代入条件得 化简得​​， 因为，所以或，D错误. 11. 如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点F轨迹的长度为 B. 直线与不可能垂直 C. 当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，举反例即可根据棱锥体积公式分析即可，对C，由最小时，体积最小，得到为异面直线所成角，即可求解；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接， 又正方体中，为棱的中点，可得,， 平面,平面,又， 且平面，平面平面, 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为, ，而，,故选项B不正确； 对C，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最小时，体积最小，∵，可得在处时最小， 由知此时与所成角为，等腰三角形中，，故选项C正确； 对D，同理可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时，所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，，可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱、圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为， 则由，得， 又由，得， 所以圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积， 则圆锥的表面积. 故答案为：. 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】取的中点，连接、，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为. 故答案为： 14. 已知三点在单位圆上运动，且，则的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】设的中点为，得，，将化为，根据可得结果. 【详解】设的中点为，因为，，所以，， ， 因为，所以. 故答案为： 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. 如图，在平行四边形中，是的中点，． （1）用表示； （2）若，证明：． 【答案】（1）， （2）证明如下： 由（1）可知 ， 因为，所以， 则，即， 从而． 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解； （2）根据向量的数量积运算及垂直关系的向量表示即可证明. 【小问1详解】 因为四边形为平行四边形，是的中点，， 所以， ． 【小问2详解】 略 16. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数. （1）求的值： （2）复数求在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，则，由为纯虚数可得； （2），根据其在复平面对应的点在第一象限可得，进而可得. 【小问1详解】 由题意可知，， 故， 由题意，得. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 由题意可得得，故实数的取值范围为. 17. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合夹角公式求出，进而求出及模. （2）由（1）的信息，利用向量线性运算的坐标表示，结合夹角公式及共线向量列式求解. 【小问1详解】 由向量，得，且， 由与的夹角为，得，解得，则 ， 于是，所以. 【小问2详解】 由（1）知向量， 则， 由与的夹角为锐角，得且与不共线， 由，解得且， 所以实数的取值范围为. 18. 如图,矩形中, ,分别为边上的点,且,将沿折起至位置(如图所示),连,其中. （1）求证:平面； （2）在线段上是否存在点使得平面?若存在,求出点的位置；若不存在,请说明理由. （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 连,由翻折不变性可知,,, 在中,,所以 在图中,易得, 在中,,所以, 又,平面,平面,所以平面. （2） 当为的三等分点(靠近)时,平面. 证明如下: 因为,,所以 又平面,平面,所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件，利用勾股定理推导出，由此能够证明平面． （2）由已知条件推导出，即可证明平面． （3）利用等积法能求出点到平面的距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由(Ⅰ)知平面,所以为三棱锥的高. 设点到平面的距离为,由等体积法得, 即,又,, 所以,即点到平面的距离为. 【点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（）于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，整理计算，即可得答案． （2）由题意，结合数量积公式、面积公式，可得的值，根据余弦定理，可得的值，即可得答案． 【小问1详解】 由，得， 所以，即， 整理得，即， 因为，所以， 所以，又，所以； 【小问2详解】 因为是的“费马点”，所以， 又， 则， 所以， 则， 即， 则，解得， 由余弦定理得，解得， 所以的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 濮阳外国语学校2025级高一下学期期中质量检测 数学试题 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. 已知复数满足，为虚数单位，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知为单位向量，向量的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 5. 已知点、、在所在平面内，且，，，则点、、依次是的（ ） A. 重心、外心、垂心 B. 重心、外心、内心 C. 外心、重心、垂心 D. 外心、重心、内心 6. 如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为（　　） A. B. C. D. 7. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，则下列说法不正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知的内角所对的边分别为，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则有唯一解 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若，则角 11. 如图，棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形，内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点F轨迹的长度为 B. 直线与不可能垂直 C. 当三棱锥的体积最小时，直线与所成角的余弦值为 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为__________. 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 14. 已知三点在单位圆上运动，且，则的取值范围为_________. 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. 如图，在平行四边形中，是的中点，． （1）用表示； （2）若，证明：． 16. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数. （1）求的值： （2）复数求在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 17. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 18. 如图,矩形中, ,分别为边上的点,且,将沿折起至位置(如图所示),连,其中. （1）求证:平面； （2）在线段上是否存在点使得平面?若存在,求出点的位置；若不存在,请说明理由. （3）求点到平面的距离. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（）于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $