精品解析：天津市第二十中学2025-2026学年第二学期高一年级数学学科期中调研检测

2025-2026第二学期高一年级数学学科期中调研检测 一､单选题： 1. 已知平面内三点，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量、模长及数量积的公式计算即可. 【详解】， ，， 所以向量在上的投影向量为. 故选:C. 2. 已知向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长公式，即可结合数量积的定义代入求解. 【详解】由可得， 将，代入可得， 所以，故，由于，所以， 故选：A 3. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基底向量方法，以为基底表达，进而根据数量积公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 又， 所以 ． 故选：C 4. 如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 四边形ABCD的周长为 D. 四边形ABCD的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法求出原四边形各边的长度，并确定四边形为直角梯形，进而得到其周长和面积，即可得． 【详解】由题设，A错； 由斜二测画法知，，，， 易知原四边形为直角梯形，， 所以， 四边形的周长为，面积为，B、C错，D对． 5. 一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积. 【详解】如图为中点，为点在底面的投影， 由题意得，， ， 所以该正四面体的体积为. 所以正三棱柱的体积为，高为， 所以正三棱柱的底面积为， 设正三棱柱的底面边长为，则， 可得， 所以正三棱柱的底面边长为， 所以该正三棱柱的侧面积为. 故选：A. 6. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】用正、余弦定理进行边角互化解题即可. 【详解】解：，可得， 由余弦定理可得，整理可得：，即， 所以或，即或 ∴的形状是等腰或直角三角形. 故选：C 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，若为边上一点，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用同角公式、正弦定理求出，再作于，利用直角三角形边角关系求解. 【详解】由，得，, 在中，由正弦定理得， 过作于，则. 故选：B 8. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将区域还原到圆柱中求得其面积，由区域和全等可求得总面积. 【详解】由题意可知区域和全等，且都是底面半径为，高为的圆柱的侧面的一部分， 将区域还原到如图所示圆柱中. 由图可知，，， 由扇形的弧长公式可知，的长为， 结合圆柱的侧面积公式可知， 所以， 所以被瓦片覆盖的区域和的总面积为. 故选：B 9. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用已知条件解出，，的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基本不等式解题. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 再由余弦定理可得：， 所以，三角形为直角三角形，角为直角， 因为， 由三角形面积公式， 所以，又，则， 由余弦定理可得，化简得：， 所以，， 因为，所以可得，， 因为， 又，，三点共线，所以，且，， 所以，当且仅当时取等号. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先通过解三角形得的值，进一步得，由此即可顺利得解. 二､填空题： 10. 若复数满足，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】 设，，依题意可得， 即，再根据复数相等，得到方程组，解得即可； 【详解】解：设，， 因为 所以 即 所以解得，即 故答案为： 【点睛】本题考查复数的运算及复数相等的充要条件的应用，属于基础题. 11. 已知向量，，且，则的坐标是___________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意可知，设，由，根据向量的模的坐标表示得出，由，得出，再根据向量垂直的坐标表示得出，即可求出和，从而求得的坐标. 【详解】解：由题可知，，可设， 则， 由于，且，则， 即：， 即：，解得：或， 所以的坐标是：或. 故答案为：或. 【点睛】本题考查平面向量坐标运算，以及向量的模和向量垂直的坐标表示，考查计算能力. 12. 在中，内角的对边分别为，，且，则外接圆的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】 由正弦定理及降幂角公式可求得角的余弦值，进而求得角的正弦值以及外接圆半径，故可得解. 【详解】由正弦定理得：则 设外接圆的半径为，则 外接圆的面积为． 故答案为：. 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 13. 在中，点D为的中点，点 E 为上一点，且满足，则 的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三点共线先求参数，然后再利用余弦定理找到相等关系，再用向量的线性运算和数量积运算，再结合基本不等式求最值. 【详解】 因为点D为的中点，所以有， 即，又因为点 E 为上一点， 所以， 由， 所以 设三角形中角所对的边分别是，又因为 所以由余弦定理得：， 而， 又因为， 所以， 取等号条件是. 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点， ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 故答案为： 15. 已知平行四边形的面积为，，为线段的中点，为线段上一点，且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，，由平行四边形面积为可得，利用平面向量的基本定理求出，结合即可求出的值，表示出的模长，利用基本不等式求最值即可求解. 【详解】解：设，，，， 则，， 为线段的中点， ，， 又 （当且仅当，即时等号成立） 故的最小值为 三､解答题： 16. 已知向量，，满足，，与的夹角为． （1）求的值； （2）若，求实数的值； （3）若，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知求出，进而根据已知结合数量积的运算律得出，开方即可得出答案； （2）根据数量积的运算律结合已知列出方程，求解即可得出答案； （3）根据已知可知，使得，化简得出方程组，求解即可得出答案. 【小问1详解】 由已知可得，， 所以， 所以，. 【小问2详解】 易知，. 因为， 所以，， 即，解得. 【小问3详解】 因为， 所以，，使得， 整理可得. 由的任意性可知，， 解得. 17. 如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证: （1） （2）平面; 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由平行的传递性即可求证； （2）连，交与点，则点是的中点，可证，由直线与平面平行的判定定理证明平面； 【小问1详解】 因为， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又分别为的中点，所以， 所以 【小问2详解】 连结，设与连结交于点，连接， 四边形为平行四边形，点是的中点， 又是的中点， 是的中位线， 又面，面，平面， 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是的中点. （1）求证：平面； （2）在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，要判定平面，只需判定平行于平面内的一条直线即可证明. （2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明. 【小问1详解】 取的中点，连接，如图所示. 因为分别是的中点， 所以中，，且. 因为四边形为平行四边形，所以，且. 所以且 所以四边形为平行四边形，所以 又在平面内，在平面外， 所以平面. 【小问2详解】 连接交于点，连接，如图所示. 因为四边形是平行四边形，所以是的中点. 又因为是的中点，在中，根据三角形中位线定理可得. 因为平面在平面外， 根据线面平行的判定定理，得知平面. 因为过点和的平面交平面于，且平面， 根据线面平行的性质定理可得，. 19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理边化角，再由内角和变换角，然后由两角和正弦公式打开，最后可求解角B； (2) （ⅰ）由正弦定理边化角，再利用大边对大角，判断角范围，最后由正弦值求余弦值即可；（ⅱ）利用已知条件得到边的关系，结合三组边的关系可求出边长，然后求面积即可. 【小问1详解】 由，去分母得， 利用正弦定理边化角得： , 由三角形内角和定理得：， 用两角和正弦公式得：， 整理得：， 因为，所以， 又因为，所以 【小问2详解】 （ⅰ）由,结合正弦定理得：， 由，得，由于在三角形中，所以，则， （ⅱ）又由已知得，代入， 可得， 又因为，代入可得， 即， 所以三角形面积. 20. 已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，. （1）求B； （2）求的内切圆半径r； （3）求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，再根据余弦定理，得，进而得到B； （2）根据数量积公式得，结合面积，求得，进而得到，，再利用余弦定理求出，以后利用求得的内切圆半径r； （3）利用面积公式得，根据，求得面积的取值范围. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， 又由余弦定理，得，所以，得. 因为，所以. 【小问2详解】 在中，，得，① 又，得.② 联立①②得，因为，所以，. 由余弦定理得，得. 又，解得. 【小问3详解】 由（2）知，所以的外接圆半径， 所以，， 所以的面积 ， 因为是锐角三角形，所以得， 所以，， 所以， 所以面积的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第二学期高一年级数学学科期中调研检测 一､单选题： 1. 已知平面内三点，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 4. 如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD，其直观图为等腰梯形，若，，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 四边形ABCD的周长为 D. 四边形ABCD的面积为 5. 一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等边三角形 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，若为边上一点，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中四边形为矩形，，，，，为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为，圆心角为.已知区域和是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ） A. B. C. D. 9. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､填空题： 10. 若复数满足，则____________. 11. 已知向量，，且，则的坐标是___________. 12. 在中，内角的对边分别为，，且，则外接圆的面积为_________． 13. 在中，点D为的中点，点 E 为上一点，且满足，则 的最大值为__________. 14. 如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 15. 已知平行四边形的面积为，，为线段的中点，为线段上一点，且，则的最小值为__________. 三､解答题： 16. 已知向量，，满足，，与的夹角为． （1）求的值； （2）若，求实数的值； （3）若，求实数的值． 17. 如图所示，在平行六面体 中，分别是的中点，求证: （1） （2）平面; 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，分别是的中点. （1）求证：平面； （2）在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：. 19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积． 20. 已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，. （1）求B； （2）求的内切圆半径r； （3）求的面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $