精品解析：重庆市江北巴川量子学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

量子学校高28届高一（下）期中考试 数学试卷 一､单选题：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，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 向量与共线，则的值为（ ） A. B. 4 C. 9 D. 4. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，体积为，则它的母线长为（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知函数，设甲：，乙：曲线关于直线对称，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 6. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中，点为线段的中点，则为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 7. 已知的内角所对的边分别为.若，且平分，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知复数满足，则下列命题为真命题的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 向量在方向上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 11. 记的内角的对边分别为边上的中线长为，则下列情形可能发生的是（ ） A. 满足 B. 满足 C. 满足 D. 满足 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，为上一点，，若用向量表示，则__________. 13. 一个圆锥轴截面的顶角为，母线为2，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为__． 14. 如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积__________，该球与侧面的交线长为__________. 四､解答题：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. 设，已知是关于的方程的两个虚根. （1）若，求的取值范围； （2）若，求的值. 16. 在中，内角的对边分别为为钝角，. （1）求； （2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 如图，正三棱锥中，底面边长是，棱锥的侧面积等于底面积的倍，是的中点.求： （1）的值； （2）点到面的距离. 18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某地区的摩天轮的最高点距离地面的高度约为125米，最低点距离地面约为15米，摩天轮上均匀设置了48个座舱.开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周大约需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时. （1）经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，求的解析式； （2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为42.5米？ （3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔7个座舱（即座舱位置差为8），从甲进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值及此时的时间. 19. 圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记，则. （1）若，求的值； （2）若，求的最大值； （3）若点满足，求四边形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 量子学校高28届高一（下）期中考试 数学试卷 一､单选题：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，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】复数， 则虚部为. 2. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【详解】，则（负值舍去）. 3. 向量与共线，则的值为（ ） A. B. 4 C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为向量与共线， 所以 ，解得. 4. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，体积为，则它的母线长为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设该圆台的高为，母线为， 由圆台的体积公式，得， 所以. 5. 已知函数，设甲：，乙：曲线关于直线对称，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】对于充分性，由可得，即，可得，此时， 于是， 所以曲线关于直线对称，充分性成立； 对于必要性，若曲线关于直线对称，则，此时， 若取，则，此时，因，不满足，必要性不成立. 故甲是乙的充分不必要条件. 6. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中，点为线段的中点，则为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，再根据数量积定义计算即可. 【详解】直观图可知原几何图形是直角梯形， 如图，由斜二测画法可知，，，， 点为线段的中点，所以， 因为，且，所以， 所以，即， 因为，所以，所以. 7. 已知的内角所对的边分别为.若，且平分，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式、诱导公式，可得角A，根据条件，结合面积公式，代入求解，可得b，c的值，代入公式，即可得答案. 【详解】由题意， 所以， 因为，所以， 因为平分，所以， 由，得， 所以，即， 又因为，所以， 则，所以，即， 则，因为，所以，则， 所以. 8. 已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】设 因为与夹角为，，所以，整理得 又，所以，又，所以表示的终点在线段上，且，就是线段的长度 的面积， 又，  由基本不等式，当且仅当时取等号，因此 故的最大值为 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知复数满足，则下列命题为真命题的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先根据模长公式证明，再分别计算判断各个选项. 【详解】先证：. 设，其中均为实数，则， 所以 又 . 对于A，得，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，当，时，，故D错误. 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 向量在方向上的投影向量的坐标为 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据向量相等可求得的值，得解；对B，根据向量垂直的坐标运算可得解；对C，利用投影向量的公式计算可得解；对D，根据且向量与不共线，运算得解. 【详解】对于A，由题可得， 若，则，解得，所以，故A正确； 对于B，由题可得， 若，则，解得，故B错误； 对于C，由题可得，， 所以向量在方向上的投影向量的坐标为，故C错误； 对于D，由题可得，， 若向量与的夹角为锐角，则，解得， 当向量与共线时，由，解得， 此时，向量与的夹角为，不合题意； 所以的取值范围是，故D正确. 11. 记的内角的对边分别为边上的中线长为，则下列情形可能发生的是（ ） A. 满足 B. 满足 C. 满足 D. 满足 【答案】ACD 【解析】 【分析】在，中，利用余弦定理可得，结合每个选项代入计算，结合赋值法可判断每个选项的正误. 【详解】记 边上的中点， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 因为， 所以，所以， 对于A项，若满足，则， 所以， 取，则，解得， 满足，可构成三角形，故A是可能的； 对于B项，由中线的三角形不等式，中线的两倍与两边构成三角形，故B不可能； 对于C项，若满足，则， 又因为，所以， 即， 取，则，得，故C是可能的； 对于D项，若满足，又因为， 所以，则，所以， 取，可以构成三角形，故D是可能的. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，为上一点，，若用向量表示，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 所以，故. 13. 一个圆锥轴截面的顶角为，母线为2，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为__． 【答案】2 【解析】 【分析】截面三角形为等腰直角三角形时，截面面积最大，进而计算面积即可. 【详解】解：由题知，过圆锥顶点的截面中，截面三角形为等腰直角三角形(直角边为母线）时，截面面积最大， 所以，最大截面面积为． 故答案为： 14. 如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积__________，该球与侧面的交线长为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先确定球心位置，再结合题意得到球的半径，再求解球的半径解决第一空，先确定交线的轨迹，作出图形，再利用图形的几何性质求解第二空即可. 【详解】由题意可知以为直径的球的球心是长方体的中心， 则点到平面的距离，过点作， 连接， 由已知可得平面，所以， 作，所以，因为，所以，所以，所以，所以， 则球的半径． 如图，设在平面的投影为，则为正方形的中心， 设点在球与正方形的交线上，则， 故以为直径的球与正方形的交线是以为圆心， 为半径的圆在正方形内的曲线． 设圆与的一个交点为，作，垂足为， 则，所以， 所以圆与正方形的交线部分的圆心角之和为， 所以以为直径的球与侧面的交线长为. 【点睛】本题考查立体几何，解题关键是确定交线的轨迹并作出图形，然后利用图形的性质得到所要求的轨迹长度即可. 四､解答题：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. 设，已知是关于的方程的两个虚根. （1）若，求的取值范围； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2）32 【解析】 【分析】（1）利用实系数一元二次方程的韦达定理，由求出，再结合虚根条件，即可求得的取值范围； （2）先通过韦达定理和求出和，再解方程求出两个虚根，最后通过利用的周期性即可求得结果. 【小问1详解】 （1）对于实系数一元二次方程，有， 又因为，所以，即， 因为是关于的方程的两个虚根， 所以，即， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 由韦达定理知，，即，， 因为，所以， 因为方程有虚根，所以，所以，即. 所以方程为，解得，即， 所以， 故. 16. 在中，内角的对边分别为为钝角，. （1）求； （2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）若选择条件①，不符合题意，若选择条件②、条件③，面积均为 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式，可得的值，再结合正弦定理即可求得的值，从而得到答案. （2）若选择条件①：则不符合题意；若选择条件②：根据同角三角函数的关系，可得，根据两角和的正弦公式，可得，根据正弦定理，可得边b，代入面积公式，可得答案；若选择条件③：求出边b，根据余弦定理，可得边c，代入面积公式，可得答案. 【小问1详解】 由题意得， 因为A为钝角，所以，则， 所以，即， 由正弦定理得，所以， 解得，又，所以. 【小问2详解】 若选择条件①：则，由（1）知， 所以，不存在，不符合题意； 若选择条件②：由，，得， 则 ， 由正弦定理得，所以， 所以的面积，符合题意； 若选择条件③：由，由（1）知，则， 由余弦定理得，则， 即，解得或（舍）， 所以的面积，符合题意. 17. 如图，正三棱锥中，底面边长是，棱锥的侧面积等于底面积的倍，是的中点.求： （1）的值； （2）点到面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正三棱锥的特征和棱锥的侧面积等于底面积的倍列式即可求解； （2）根据等体积法求解即可. 【小问1详解】 因为是正三棱锥，所以是等边三角形，即， 而是的中点，所以. 因为是正三棱锥，所以， 而是的中点，所以. 因为棱锥的侧面积等于底面积的倍，所以， 所以. 【小问2详解】 设顶点在底面的投影为，分的比为， 因此. 在中，三棱锥的高. 三棱锥的体积， 因此. 设点到平面的距离为，， 由体积公式， 解得. 18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某地区的摩天轮的最高点距离地面的高度约为125米，最低点距离地面约为15米，摩天轮上均匀设置了48个座舱.开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周大约需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时. （1）经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，求的解析式； （2）游客甲坐上摩天轮后多长时间，距离地面的高度恰好为42.5米？ （3）若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔7个座舱（即座舱位置差为8），从甲进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，记两人距离地面的高度差为米，求的最大值及此时的时间. 【答案】（1） （2）分钟或分钟 （3）当或分钟时，的最大值为米 【解析】 【分析】（1）设，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析式； （2）令，由余弦函数的性质及的范围计算可得； （3）设经过分钟后甲距离地面的高度为，则乙距离地面的高度为，表示出，再由三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 设，则， 又，故， ， ，可取，， ， 故解析式为． 【小问2详解】 令，则， ， ， 或，解得或， 故游客甲坐上摩天轮后分钟或分钟时，距离地面的高度恰好为米． 【小问3详解】 由于乙与甲的座舱位置差为（因间隔座舱对应个位置差）， 所以乙与甲间隔的时间为分钟， 因此乙开始进入需要分钟，因此时间要满足， 设经过分钟后，甲距离地面的高度为， 此时乙距离地面的高度， 则两人的高度差 ， 令，解得，又， 所以，当分钟或分钟时，的最大值为米. 19. 圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记，则. （1）若，求的值； （2）若，求的最大值； （3）若点满足，求四边形的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线的性质，结合等腰梯形的判定定理和性质、锐角三角函数定义进行求解即可； （2）根据正弦定理和余弦定理，结合平面向量数量积的定义进行求解即可； （3）根据正弦定理、三角形面积公式，结合圆的几何性质、平面向量数量积的定义、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【小问1详解】 因为， 则，，则， 结合，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 由可得， 所以. 【小问2详解】 ，得， 在中，利用余弦定理可得， ，则， 设的外接圆半径为，则在中，利用正弦定理可得，， 故的最大值即的外接圆的直径长度，为. 【小问3详解】 设，，则， 因，则，， 在中，利用正弦定理得，， 则， 在中，利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，则， 代入中得， 又因为，且， 解得，（负值舍去），， 则，， 则四边形的面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $