精品解析：天津市实验中学滨海学校2025-2026学年第二学期高一年级期中质量监测（数学）试卷

2025—2026年度第二学期高一年级期中质量监测 （数学）试卷 命题人：李丹 审核人：郭军霞 满分：150分 考试时长：100分钟 一、单选题（每小题5分，共60分） 1. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 3 B. 3i C. -3 D. -3i 2. 已知平面向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是异面直线 D. 若，则或是异面直线 5. 圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 1 6. 如图，、两点在河的两岸，为了测量、之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出、之间的距离是，，，则、两点之间的距离为（ ）． A. 50 B. C. 100 D. 7. 如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，，，则＝（    ） A. B. C. D. 8. 已知高为4的正四棱锥的所有顶点都在球的表面上，若球被平面所截得的截面面积为，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知球的半径为1，圆柱的上､下底面圆周都在球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 11. 中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则的形状是（ ） A. 顶角为120°的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 无法确定 12. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 二、填空题（每小题5分，共40分） 13. 已知复数（是虚数单位），则它的模______ 14. 已知中，，，，则______，______． 15. 古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为______. 16. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为______. 17. 我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为3，圆心角为，若扇形绕直线旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为__________． 18. 如图，，点在由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内（不含边界）运动，且，则的取值范围是________. 19. 如图，在边长为1的正方形中，是对角线上一点，且，则__________，若点为线段（含端点）上的动点，则的最小值为___________． 20. 在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是___________． 三、解答题（本大题共4小题，共50分） 21. 已知长方体中，，. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 22. 在中，角，，的对边分别为，，（），已知，. （1）求； （2）求，的值. 23. 已知的内角所对应的边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． （3）若，的面积为，求的最大值． 24. 如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点在线段上，且. （1）设平面平面，证明：； （2）线段上是否存在点，使得平面？若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026年度第二学期高一年级期中质量监测 （数学）试卷 命题人：李丹 审核人：郭军霞 满分：150分 考试时长：100分钟 一、单选题（每小题5分，共60分） 1. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 3 B. 3i C. -3 D. -3i 【答案】A 【解析】 【详解】，则z的虚部为，故选项A正确. 2. 已知平面向量，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，所以，解得. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法中直观图与原平面图形的关系，先还原原平面图形，计算原平面图形的边长，即可计算面积. 【详解】由题可得，原平面图形为直角梯形，其中，，， 因为，，所以，所以， 所以. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是异面直线 D. 若，则或是异面直线 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，若，则或相交或是异面直线，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，当平面α与β相交时，m与n可能相交，故C错误； 对于D，若，则直线m, n无公共点，所以或是异面直线，故D正确。 5. 圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】设底面半径为r，母线长为l，根据侧面展开图是一个半圆，可得，代入表面积公式，结合条件，即可得答案. 【详解】设底面半径为r，母线长为l， 由侧面展开图是一个半圆，得，解得， 则侧面展开图的面积， 所以圆锥的表面积，解得. 6. 如图，、两点在河的两岸，为了测量、之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出、之间的距离是，，，则、两点之间的距离为（ ）． A. 50 B. C. 100 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可． 【详解】因为，， 所以，又， 由正弦定理得，． 7. 如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，，，则＝（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合图像得到四边形为平行四边形，从而得到，由及得到. 【详解】连接CD，OD，如图， ∵点C，D是半圆弧的两个三等分点， ∴，∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， . ∵，，∴. 故选：D. 8. 已知高为4的正四棱锥的所有顶点都在球的表面上，若球被平面所截得的截面面积为，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】球被平面所截得的截面面积为，可得截面圆的半径为，正方形的边长为， 设球的半径为，则到平面的距离为， ，解得， 所以四棱锥的体积为. 9. 已知球的半径为1，圆柱的上､下底面圆周都在球的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径以及高，根据题意列出方程，根据基本不等式求解即可. 【详解】设圆柱底面半径为，高为，已知球半径. 因为圆柱上下底面圆周都在球面上，球心在圆柱的轴线的中点， 由勾股定理得：， 所以，即，当且仅当. 则该圆柱侧面积为，故其最大值为. 10. 已知正三棱柱的棱长均为为的中点，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据棱锥及棱柱的体积公式计算求解. 【详解】如图所示，几何体为正三棱柱，且所有棱长均为， 底面ABC为正三角形，侧面为正方形， 则 ． 故选:A． 11. 中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则的形状是（ ） A. 顶角为120°的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】由推导得的平分线垂直于边，进而得，再由给定面积导出得解. 【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、， 以、为邻边作平行四边形，则，显然， 因此平行四边形为菱形，平分，而， 所以，即，于是得是等腰三角形，即， 令直线交于点，则是边的中点，， 而，因此，从而得， 综上，是等腰直角三角形. 12. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的几何意义及已知图形分析得最大对应落在或上，若分别为的中点，讨论的位置，结合向量数量积的运算律、几何意义求的最大值. 【详解】如下图，要使最大，则与的夹角小于，而， 又半圆弧、上的，均有，半圆弧、上的，均有， 所以最大对应落在或上， 若分别为的中点， 当在上，如图，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 当在上，如图对应，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 综上，最大. 故选：C 二、填空题（每小题5分，共40分） 13. 已知复数（是虚数单位），则它的模______ 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的计算公式计算可得. 【详解】因为，所以. 故答案为： 14. 已知中，，，，则______，______． 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】代入正弦定理，即可求解. 【详解】由正弦定理可知，可知， 且，所以，所以， ，所以， ，. 故答案为：； 15. 古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据补形的方法求得外接球的体积. 【详解】由于平面，，平面，所以，， 由于四边形是矩形，所以，所以，，两两相互垂直， 所以四棱锥可补形为长方体，且长方体的体对角线为， 所以外接球的半径， 所以外接球的体积为. 16. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由内切球的体积可求内切球的半径，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点，根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解. 【详解】设内切球的半径为，因为内切球的体积为，所以，解得， 如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点， 设，延长交底面于点. 因为正四棱锥的底面边长为， 所以， 又，所以，即，解得， 所以，所以正四棱锥的体积为. 17. 我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”即是面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等．如图所示，扇形的半径为3，圆心角为，若扇形绕直线旋转一周，图中阴影部分旋转后所得几何体与某不规则几何体满足：“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定图中阴影部分旋转后所得几何体的特征，再结合体积公式求其体积，根据祖暅原理即可求结论. 【详解】扇形绕直线旋转一周，阴影部分旋转后所得几何体的体积为半个球的体积减去一个圆锥的体积． 因为球的半径为3，圆锥的底面半径为3，高为3． 所以图中阴影部分旋转后所得几何体的体积为． 根据祖暅原理知图中阴影部分旋转后所得几何体的体积与所求不规则几何体的体积相等， 所以该不规则几何体的体积为. 故答案为：. 18. 如图，，点在由射线、线段及的延长线围成的阴影区域内（不含边界）运动，且，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】在的反向延长线上取点，使得，过作，分别交和的延长线于点、，根据平面向量基本定理，讨论点在点处与处时的值，从而得到的取值范围. 【详解】如图，在的反向延长线上取点，使得， 过作，分别交和的延长线于点、， 则，， 由于， 要使得点落在指定区域内，则点应落在上（不含端点处）， 当点在点处时，， 当点在点处时，， 所以的取值范围是. 19. 如图，在边长为1的正方形中，是对角线上一点，且，则__________，若点为线段（含端点）上的动点，则的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】表达出，利用向量数量积公式得到；设，，表达出，，利用向量数量积公式得到，故当时，取得最小值，最小值为. 【详解】，， 故， ， 故 ； 点为线段（含端点）上的动点，设，， ， ， 其中， ， 故当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：， 【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 20. 在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，证明，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，利用等体积法求出到平面的距离，即可得到点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，即可判断；对于③，的面积不为定值，即可判断③，对于④，作出平面截正方体所得的截面，截面为正六边形，求面积即可判断. 【详解】因为分别为的中点，所以， 又，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故①正确； 设点在平面的投影为， ，，，则， 所以， ， 所以， 而，解得， 又，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 故点轨迹的长度为，故②正确； 因为点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 圆在平面内， 故到直线的距离不为定值，即的面积不为定值， 而到平面的距离为定值， 故的体积不恒为定值，故③错误； 取中点分别为，连接， 六边形即为平面截正方体所得的截面， 六边形的各边均为，故为正六边形， 所以正六边形的面积为，故④正确. 三、解答题（本大题共4小题，共50分） 21. 已知长方体中，，. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 在长方体中， 可得且， 所以四边形是平行四边形. 所以 且平面，平面， 所以平面. （2）6 【解析】 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，再由线面平行的判定定理得证； （2）根据棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在长方体中， ，，且平面 ∵， ∴. 22. 在中，角，，的对边分别为，，（），已知，. （1）求； （2）求，的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合正弦定理，可以把消去，先求出角的三角函数值. （2）利用面积公式求出，结合余弦定理建立关于的方程组，即可求出. 【小问1详解】 由已知得 由正弦定理可得 代入上式，得 因为 ，所以于是 所以 【小问2详解】 由（1）知于是 又因为所以由三角形面积公式， 得化简得所以 又因为故 由余弦定理得 代入 ，得即 于是所以 结合可知是方程的两根. 解得或. 又因为，所以 23. 已知的内角所对应的边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． （3）若，的面积为，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两角差的余弦公式展开，利用正弦定理边化角，再结合三角形中即可求解； （2）根据题意，利用余弦定理求解，将已知条件代入三角形面积公式即可； （3）根据余弦定理得到边的关系，利用基本不等式求出的最大值，进而求出的最大值． 【小问1详解】 ， 因此，根据题意，， 由正弦定理可得，即， 在中，， 所以， 即，， ，故. 【小问2详解】 依题意，，，根据余弦定理可得： ， 即，，， 解得， 根据三角形面积公式得. 【小问3详解】 依题意，，，根据余弦定理可得： ， 即，， 由基本不等式可知，当且仅当时取等， 即，解得，当且仅当时取等， 综上，， 即当时，取最大值. 24. 如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点在线段上，且. （1）设平面平面，证明：； （2）线段上是否存在点，使得平面？若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明: 因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以； （2）存在，且，证明如下： 过作，交于点，过作交于点， 因为，平面，平面，所以平面， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又平面，，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为平面，又平面，所以， 所以，又，则， 由，，所以 因为，， 所以， 所以点M为线段上靠近C的四等分点，即. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理证明线线平行； （2）根据面面平行的判定定理作出平面平面，再结合平行线分线段成比例定理求的长. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 存在，且，证明略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $