精品解析：广西玉林市九校2025-2026学年高一下学期期中质量监测数学试卷

2026年春季期高一期中质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 一、单项选择题：本大题共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. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 2. 若直线在平面内，则符号表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 5. 已知直线，与平面，其中，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知三角形ABC满足，则三角形ABC的形状一定是（ ） A. 正三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 8. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（ ） 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. 已知为虚数单位，复数，，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. 为实数 D. 的虚部为-5 10. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或3 D. 若，则与的夹角为 11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，则__________. 13. 圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的，则其体积是原来的____倍. 14. 已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为______. 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. 平面内给定两个向量，. （1）求的坐标； （2）若，且、、三点共线，求的值. 16. 如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，圆柱的体积是，底面直径与母线长相等． （1）求圆柱的底面半径； （2）求三棱柱的体积． 17. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°. （1）求两点间的距离； （2）求大楼的高度. 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季期高一期中质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 一、单项选择题：本大题共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. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的定义判断即可. 【详解】复数的虚部为. 故选：C. 2. 若直线在平面内，则符号表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于A：直线在平面内是两个集合间的包含关系，符号表示为，A正确； 对于B：表示直线与平面平行，不符合题意，B错误； 对于C：是元素与集合的"属于"符号，仅用来表示点在直线上或平面内，不能表示直线与平面的位置关系，C错误； 对于D：表示直线与平面相交于点，不符合题意，D错误. 3. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由共线向量、相等向量和数量积的概念逐项判断即可. 【详解】选项A：共线单位向量可同向也可反向，反向时，A错误； 选项B：相等向量的定义是方向相同、模长相等，因此若，必有，B正确； 选项C：时，两向量夹角为或，夹角为时，C错误； 选项D：若是零向量，零向量与任意向量平行，此时与可以不平行，D错误. 4. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得. 【详解】梯形中，，而， 则梯形的高， 因此梯形的面积， 而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的， 所以原图形OABC的面积为. 故选：D 5. 已知直线，与平面，其中，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】以正方体为例，举例可说明充分性不成立，根据线面垂直的性质定理可说明必要性成立，即可得. 【详解】 如图，正方体中，，，平面为平面， 其中，平面，显然与平面不垂直，故“”不是“”的充分条件； 若，且，根据线面垂直的性质定理，可知成立，所以“”是“”的必要条件. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 6. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】向量在上的投影向量为. 7. 已知三角形ABC满足，则三角形ABC的形状一定是（ ） A. 正三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据单位向量的定义及加法的几何意义有对应向量在的角平分线上，进而有的角平分线与边垂直，结合等腰三角形的性质即可得. 【详解】由几何意义知，对应向量在的角平分线上， 由，即的角平分线与边垂直， 所以三角形ABC的形状一定是等腰三角形. 故选：B 8. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用余弦定理求出，当为线段的中点时，，即取最小值，结合已知条件将用表示，最后根据平面向量基本定理得解. 【详解】因为，，， 由余弦定理得：，所以. 因为，所以， 又因为，所以为正三角形. 则当为线段的中点时，，即取最小值， 此时； 又因为，，三点共线，所以， 由平面向量基本定理，得，解得. 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. 已知为虚数单位，复数，，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. 为实数 D. 的虚部为-5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的共轭复数判断A；求出、可判断B；由复数的加法，求出的值判断C；由复数的乘法运算，求出，可判断D. 【详解】因为的共轭复数为，所以A错误； 因为，，所以B正确； 因为，所以C错误； 因为， 所以虚部为，所以D正确. 10. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或3 D. 若，则与的夹角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由向量的坐标运算，结合向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示，即可求解. 【详解】A：若，则，解得，故A错误； B：若，则，解得，故B正确； C：，令，解得或，故C正确； D：若，，， 则， 因为，所以，故D正确. 11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则，即，故A错误； 由正弦定理得外接圆的半径为，即， 所以外接圆的面积为，故B正确； 由余弦定理得，即，则， 当且仅当时，等号成立，所以三角形的面积为：，故C正确； 由，得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以三角形的周长为，故D错误， 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据模长公式即可得解. 【详解】因为， 则. 故答案为：. 13. 圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的，则其体积是原来的____倍. 【答案】2 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径以及高分别为，则变化之后的半径和高分别为， 则原来的体积为，变化后的体积为, 故, 故答案为：2 14. 已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解. 【详解】 因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直 三棱锥中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面与面最大即可，而且； ，当时，取得最大值. 过点向平面作垂线，设的中点为垂足为， 因为，，所以由余弦定理知， 所以，易得. 所以. 因为， 设内切球的半径为，则根据等体积法，有： ， 即，解之得， 所以其内切球的表面积为 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. 平面内给定两个向量，. （1）求的坐标； （2）若，且、、三点共线，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得； （2）首先求出，的坐标，依题意，根据平面向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， . 【小问2详解】 由题意可得，， ， 又、、三点共线，则可得， 即，解得. 16. 如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，圆柱的体积是，底面直径与母线长相等． （1）求圆柱的底面半径； （2）求三棱柱的体积． 【答案】（1）2； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用圆柱的体积公式列出方程求解. （2）由（1）的结论，求出圆的内接正三角形的边长，再利用柱体体积公式求解. 【小问1详解】 设圆柱的底面圆直径为，则该圆柱的高为，其体积，解得， 所以圆柱的底面半径为2. 【小问2详解】 由（1）知，正外接圆半径为2，则边长， 所以三棱柱的体积. 17. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°. （1）求两点间的距离； （2）求大楼的高度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解； （2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解. 【小问1详解】 因为， 在中，由正弦定理得， 即，所以m， 即AC两点的距离为m； 【小问2详解】 在中，因为，， 所以， 又， 所以m， 即大楼的高度为m. 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得； （2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果； （3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得：，又， ， 即，又，，， 又，. 【小问2详解】 由余弦定理得：，解得：， . 【小问3详解】 由余弦定理得：， （当且仅当时取等号），， 又，； ， 令，，则在上单调递增， ，即，的最大值为. 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 【答案】（1）证明如下： 依题意，， 所以. （2）存在，； （3）正三角形. 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式推理得证. （2）利用余弦定理，结合（1）的结论及二倍角的正弦公式求解. （3）由（1）（2）的结论可得，再利用余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式及基本不等式推理判断即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 存在实数使等式成立．理由如下： 由（1）得，在中，由余弦定理得： ，， 三式相加整理得 ，所以时，存在实数使. 【小问3详解】 当时，由（1）得， 由（2）得，， 在中，由余弦定理得， 于是 ，当且仅当且时取等号， 由，得，则，， 即当且仅当且时取等号，亦即当且仅当为等边三角形时取等号， 因此，当且仅当为等边三角形时取等号， 而，所以为等边三角形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $