精品解析：山东邹城市2025-2026学年度第二学期期中教学质量检测高一数学试题

2025~2026学年度第二学期期中教学质量检测 高一数学试题 2026.04 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考场､座号､姓名､班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”. 2.做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号. 3.非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.否则，该答题无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整､符号规范､笔迹清楚. 一､单项选择题：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. 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，则（） A. B. C. 1 D. 7 3. 如图，为水平放置的直观图，其中，则的面积为（ ） A. 6 B. 12 C. 14 D. 24 4. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知分别为三个内角的对边，若满足的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，点分别为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为三个内角的对边，且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 8. 一个圆台的上､下底面半径分别为，且，圆台轴截面为底角是的等腰梯形.若该圆台内有一个球，当球的体积最大时，球的表面积与圆台的侧面积比值为（ ） 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. 已知下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 圆柱的任意两条母线所在的直线都是互相平行的 C. 一个棱锥至少有4个平面围成 D. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若为复数，则为实数 D. 若，则的最大值为6 11. 如图，正八边形的边长为是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的取值范围 D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则__________. 13. 已知三棱锥的各棱长均为，且其外接球的体积为，则__________. 14. 已知点均位于单位圆上，弦长，点为弦的中点，当点在圆上运动时，则向量的最大值为__________． 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. 已知复数，其中 （1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围； （2）若是纯虚数，求的模. 16. 已知两个单位向量与的夹角为，设向量. （1）若，求的值； （2）若与的夹角为，求的值. 17. 如图，一个正四棱锥的底面边长为4，高为6，该正四棱锥内有一个底面边长为的内接正四棱柱（正四棱柱的上底面四个顶点都在棱锥的侧棱上，下底面在棱锥底面内）. （1）求该正四棱锥的表面积与体积； （2）求正四棱柱侧面积的最大值，并求此时的值. 18. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）若，求； （2）若，求周长； （3）若为等边三角形，点为边上一点，且为边的中点，与交于点，求. 19. 已知为落实乡村振兴基础设施提质增效专项工作部署，某县农业农村局对辖区连片平坦农用地块开展集散路网科学规划，拟设置三处农产品冷链集散岗亭，三处岗亭俯视落点构成（如图），岗亭间物资转运距离均按地表直线距离统一核算.经实地测绘发现，为结合惠民工程实施要求，规划从岗亭出发，沿的角平分线修建专用中转便民通道，中转节点设置在主干连通道路上，且中转通道的长度为两处岗亭间距离的倍. （1）若中转节点到岗亭的距离为，求两处岗亭之间主干连通道路的长度； （2）求实数的取值范围； （3）若规划地块的面积为1平方千米，当为何值时，岗亭间距离最短？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期中教学质量检测 高一数学试题 2026.04 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考场､座号､姓名､班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”. 2.做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号. 3.非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.否则，该答题无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整､符号规范､笔迹清楚. 一､单项选择题：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. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：． 2. 已知，若，则（） A. B. C. 1 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量垂直的性质列出数量积为0的等式，再按照数量积的坐标运算展开、化简，得到一元一次方程，最后解出参数的值即可. 【详解】因为，，且， 所以， 所以， 所以. 3. 如图，为水平放置的直观图，其中，则的面积为（ ） A. 6 B. 12 C. 14 D. 24 【答案】B 【解析】 【详解】由斜二测画法得的直观图如图所示： ，， 所以. 4. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先明确判断标准，再利用“向量共线的坐标判定公式 ”逐一分析选项即可. 【详解】A选项：，， ，两向量共线，不能作为基底，A错误； B选项：，， ，两向量共线，不能作为基底，B错误； C选项：，， 零向量与任意向量共线，不能作为基底，C错误； D选项：，， ，两向量不共线，可以作为基底，D正确. 5. 已知分别为三个内角的对边，若满足的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解. 【详解】在中，， 由有两解，得， 即，解得，故的取值范围为. 6. 在中，点分别为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， ，故， ， 点分别为边的中点， ， ，故B正确． 7. 已知分别为三个内角的对边，且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】使用正弦定理或余弦定理化简，从而判断三角形的形状. 【详解】方法一： 由于， 根据正弦定理可得，， 即, , 化简，得, 所以，，或,而为三角形内角， 所以，,或 所以，的形状为直角三角形或等腰三角形. 方法二： 根据余弦定理可得， 化简，得 ， 即 所以，,或 所以，的形状为直角三角形或等腰三角形. 8. 一个圆台的上､下底面半径分别为，且，圆台轴截面为底角是的等腰梯形.若该圆台内有一个球，当球的体积最大时，球的表面积与圆台的侧面积比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】圆台内体积最大的球，对应于轴截面内面积最大的圆。设圆台的轴截面为等腰梯形，把问题转化为“等腰梯形内最大圆”的问题。先由已知条件求出圆台的高和母线长，再设球心在轴上，比较球心到底面、上底和腰的距离，求出最大半径，最后计算面积比。 【详解】设 则圆台轴截面的上、下底分别为 因为轴截面为底角是的等腰梯形，所以每条腰与下底所成角为， 上下底之差的一半为 故圆台的高为 母线长为 于是圆台的侧面积为 下面求圆台内最大球的半径， 在轴截面中建立坐标系，使下底所在直线为，对称轴为轴， 则右腰经过点，且斜率为，故其方程可写为 设最大圆的圆心为，半径为， 则圆心到底边的距离为，圆心到上底的距离为 圆心到右腰的距离为 因此 先考虑与的大小， 当时，半径随增大而增大， 当时，半径受腰限制而减小， 所以最大值在时取得，解得 即于是最大半径为 再考虑此时的最大半径与的关系， 当时， 说明最大球与下底及侧面相切，不与上底相切， 故球的表面积为 所求比值为 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. 已知下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 圆柱的任意两条母线所在的直线都是互相平行的 C. 一个棱锥至少有4个平面围成 D. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台 【答案】BC 【解析】 【详解】正棱台的侧面是等腰梯形，普通棱台的侧面是一般梯形，故A错误； 由圆柱母线的定义可知，所有母线都相互平行，故B正确； 三棱锥的平面数最少，有4个面，故一个棱锥至少有4个平面围成，故C正确； 以直角梯形的直角边所在直线为旋转轴的旋转体才是圆台， 若以斜边所在直线为旋转轴的旋转体不是圆台，故D错误． 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若为复数，则为实数 D. 若，则的最大值为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的概念及运算可判断ABC，对于D，利用复数的几何意义可得复数在复平面对应的点到的距离为1，则的最大值为6． 【详解】解：虚数单位不能比较大小，故A错误； 复数的虚部为，故B正确； 设，则，，故C正确； ，则复数在复平面对应的点到的距离为1， 又原点到的距离为，则点到原点距离的最大值为， 则的最大值为6，故D正确． 11. 如图，正八边形的边长为是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的取值范围 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，根据向量的线性运算即可判断；对于C，根据向量数量积的定义，易知当点在线段上时，取得最大值，当点在线段上时，取得最小值，求出最值即可判断；对于D，设中点为，由极化恒等式得，则当在点或点时，取得最大，据此计算出最值即可． 【详解】解：对于A，根据题意，，则，故A正确； 对于B，连接交于， 由题知，则， 由对称性可知，若为中点，则， ，则， ，故B正确； 对于C，过点作直线的垂线，垂足为， 易知正八边形内角， 因此， 易知当点在线段上时，，， 取得最大值， 当点在线段上时，取得最小值，故C错误； 对于D，设中点为， ， 记，则，所以， 所以， 由图可知，当在点或点时，取得最大， 此时， 所以的最大值为，故D正确． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，解得. 13. 已知三棱锥的各棱长均为，且其外接球的体积为，则__________. 【答案】2 【解析】 【详解】因为外接球的体积为，设外接球半径为， 可得，解得. 如图所示，正三棱锥的外接球，以及底面外接圆圆心， 可知， 在中，， 可得， 在中，可知，即， 化简得，因为，解得. 14. 已知点均位于单位圆上，弦长，点为弦的中点，当点在圆上运动时，则向量的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件结合勾股定理得出的垂直关系，建立坐标系，求出相关点坐标， 进而表示向量数量积，结合正弦函数的性质求出最大值． 【详解】 已知点均位于单位圆上，则， ， 由可得，， 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，建立坐标系， 则，设点， 已知点为弦的中点，则， ，， ， 当且仅当，即时等号成立， 故的最大值为． 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. 已知复数，其中 （1）若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围； （2）若是纯虚数，求的模. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用“第一象限”对应实部、虚部都大于； （2）利用“纯虚数”对应实部为且虚部不为，先求出，再代入模的运算公式即可. 【小问1详解】 因为在复平面内对应的点位于第一象限， 所以， 由得 又此时 从而成立，故实数的取值范围为 【小问2详解】 因为是纯虚数，所以且 解方程得 所以又因为纯虚数的虚部不能为， 故所以因此 于是 其中 所以 16. 已知两个单位向量与的夹角为，设向量. （1）若，求的值； （2）若与的夹角为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）向量平行，利用对应基底系数成比例求解参数. （2）利用向量夹角公式求解参数. 【小问1详解】 解：因为，则基底为与， 若，则由对应基底系数成比例可得，，解得． 【小问2详解】 因为单位向量与的夹角为， 则. 而， ， 则， 所以， 即，且， 化简得，且，解得． 17. 如图，一个正四棱锥的底面边长为4，高为6，该正四棱锥内有一个底面边长为的内接正四棱柱（正四棱柱的上底面四个顶点都在棱锥的侧棱上，下底面在棱锥底面内）. （1）求该正四棱锥的表面积与体积； （2）求正四棱柱侧面积的最大值，并求此时的值. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据正四棱锥的特点求表面积与体积即可； （2）设正四棱柱底面边长为，高为，利用相似可得，再由正四棱柱侧面积求最值即可． 【小问1详解】 如图，， ， 则该正四棱锥的表面积为， 体积； 【小问2详解】 根据在棱锥中平行于底面的截面与底面相似，所以四边形为正方形， 设正四棱柱底面边长为，高为， ，即， ， 正四棱柱侧面积， 则当时，正四棱柱侧面积的最大值为，此时． 18. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）若，求； （2）若，求周长； （3）若为等边三角形，点为边上一点，且为边的中点，与交于点，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，建立方程组求解； （2）由正弦定理求出，再根据正弦定理求即可得到周长； （3）以中点为原点建立平面直角坐标系，再利用平面向量夹角的坐标表示求解． 【小问1详解】 由余弦定理得， 即； 又因为，所以， 代入上式得：，即，解得， 联立，解得； 【小问2详解】 由正弦定理及已知， 得， 因为，所以， 因为，所以，即， 在中，， 由正弦定理得，， ， 所以的周长为； 【小问3详解】 由(1)知为边长为6的等边三角形， 以中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则， 因为在上且，由定比分点公式得， ， ． 19. 已知为落实乡村振兴基础设施提质增效专项工作部署，某县农业农村局对辖区连片平坦农用地块开展集散路网科学规划，拟设置三处农产品冷链集散岗亭，三处岗亭俯视落点构成（如图），岗亭间物资转运距离均按地表直线距离统一核算.经实地测绘发现，为结合惠民工程实施要求，规划从岗亭出发，沿的角平分线修建专用中转便民通道，中转节点设置在主干连通道路上，且中转通道的长度为两处岗亭间距离的倍. （1）若中转节点到岗亭的距离为，求两处岗亭之间主干连通道路的长度； （2）求实数的取值范围； （3）若规划地块的面积为1平方千米，当为何值时，岗亭间距离最短？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及角平分线定理计算边长即可； （2）由，再化简得即可求解； （3）根据面积可得，再利用余弦定理可得，令，则，再化简求最值即可． 【小问1详解】 解：由正弦定理及已知， 可得：，即， 因为平分，由角平分线定理可知：， 又因为，所以， 所以； 【小问2详解】 设，则，，， 由，得：， 化简得：， 因为，所以：， 又，故，则，因此， 【小问3详解】 已知，由，得， 由余弦定理： 代入，得： 令，则，， 代入得：， 令，则， ， 所以当，，，时，最短． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $