精品解析：江苏泰州市泰兴市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

高一数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量 则向量在向量上的投影向量为 （ ） A. B. C. D. 4. 已知均为锐角，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 如图，将六个边长为1的小正方形拼成一个大长方形，是原来小正方形的两个顶点，是小正方形的其余顶点，的所有不同的数值有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 7. 对任意锐角，下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，中，点满足与交于点，延长交于点，则（ ） A. B. C. 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，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，则下列说法正确的有（ ） A. 若复数，则 B. 若为虚数，则也为虚数 C. 若复数，则实数或 D. 若复数满足，则 10. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 四点共面 B. 三线共点 C. 此三棱柱的各面所在的平面将空间分成21部分 D. 在空间，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一个平面 11. 在中，分别是角的对边，且，的面积和周长均为，的外接圆半径为，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________. 13. __________. 14. 在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分､第16-17题各15分､第18-19题各17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知向量.（其中），为坐标平面内一点. （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求点坐标. 16. 已知是方程的两根，求下列各式的值： （1）： （2）. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点. （1）求异面直线与所成角的余弦值： （2）设直线与平面交于点，请在答题卡上作出线段，并求其长度. 18. 的内角的对边分别为，且. （1）已知. ①若是的角平分线，，求的长； ②若，求面积的最大值. （2）若是边的三等分点（靠近点），，求实数的取值范围. 19. （1）已知对任意平面向量，将绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做将点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.请解决下列问题： ①若，且点坐标为，求点的坐标； ②若，求证：. （2）如图，中，，在平面内将点绕点沿顺时针方向旋转得到点，记. ①若，求的长度； ②若，求长度的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法公式求解即可. 【详解】由， 故选：C. 2. 已知中，内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为、、， 所以由正弦定理，且， 又，所以. 3. 已知向量 则向量在向量上的投影向量为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为 4. 已知均为锐角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式求解即可. 【详解】, 而 故选：B. 5. 已知点，则点到直线的距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题知，， 则点到直线的距离为. 6. 如图，将六个边长为1的小正方形拼成一个大长方形，是原来小正方形的两个顶点，是小正方形的其余顶点，的所有不同的数值有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，求出在上的投影数量，再利用数量积的几何意义，即可求解. 【详解】由图可知，所以， 因为在上的投影数量为，且，所以， 又在上的投影数量为，所以， 综上所述，的所有不同的数值有个. 7. 对任意锐角，下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知为锐角，即，，因此，，，. 选项A： 由和角正弦公式可得，则： . ，，，，，即，故A错误. 选项B： 取特殊值，此时，，显然，故B不成立，B错误. 选项C： 由和角余弦公式可得，则： . ，，，，，即，故C正确. 选项D： 取特殊值，此时，，故D不成立，D错误. 8. 如图，中，点满足与交于点，延长交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算，结合三点共线的向量表示，逐个验证选项. 【详解】三点共线，设，三点共线，设， 三点共线，设， ， ， ∴，解得， 得，， 得，得，得， 因为三点共线，所以，得， 得，， 三点共线，设， 则， 得，得， 对于A项，则，故A项错误； 对于B项，则，故B项错误； 对于C项，， 得， 得，得，得，故C项错误； 对于D项，， ， 得，故D项正确． 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，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，则下列说法正确的有（ ） A. 若复数，则 B. 若为虚数，则也为虚数 C. 若复数，则实数或 D. 若复数满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的概念解决ABC，根据复数的模的计算方法解决D. 【详解】对于选项A，设，若复数，则，所以，故A正确； 对于选项B，设，若为虚数，则，那么，所以也为虚数，故B正确； 对于选项C，若复数，则 解得，故C错误； 对于选项D，若复数满足，那么，化简得，所以D正确. 10. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 四点共面 B. 三线共点 C. 此三棱柱的各面所在的平面将空间分成21部分 D. 在空间，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一个平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于B，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于C，先考虑侧面，再考虑两个底面；对于D，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一条直线. 【详解】对于A，如图，连接，， 因为是的中位线，所以， 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以四点共面，故A正确； 对于B，如图，延长，相交于点， 因为，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面， 因为平面平面， 所以，所以三线共点，故B正确； 对于C，先考虑侧面，3个侧面将空间分为7部分，再考虑两个底面，两个底面切割后将空间分为个部分，C正确； 对于D，到三个顶点距离相等的点的轨迹是一条经过重心且垂直于平面的直线，D错误. 11. 在中，分别是角的对边，且，的面积和周长均为，的外接圆半径为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用正弦定理角转边，即可求解；对B和C，利用正弦定理角转边，结合条件和选项A中结果，即可求解； 对D，利用正弦定理角转边及倍角公式，得到，再用和化积公式，即可求解. 【详解】对于A，因为，的外接圆半径为，由正弦定理可得， 又的面积为，所以，解得，所以A正确， 对于B，又，得到，由（1）知， 所以，故B错误， 对于C，因为的周长均为，由正弦定理可得，故C正确， 对于D，因为， 又 ， 所以，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，且，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】由，， 得. 因为，所以. 即，解得. 所以，. 13. __________. 【答案】 【解析】 【详解】 所以分子. 又， 故原式. 14. 在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由三角形面积公式求出，然后引入参数，将所求表示为的函数，再根据正弦定理边化角、诱导公式、两角和差得，注意到在锐角中，有，从而可以求出的范围，由此即可得解 【详解】由三角形面积公式结合， 可知，即， 又由平方关系，所以， 即， 解得或（舍去）， 令，由正弦定理边化角得， 注意到在锐角中，有，简单说明如下： 若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾， 所以在锐角中，有， 所以在锐角中，有， 因为正切函数在上单调递增， 所以， 从而， 故的取值范围为 四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分､第16-17题各15分､第18-19题各17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知向量.（其中），为坐标平面内一点. （1）若三点共线，求的值； （2）若四边形为矩形，求点坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值． （2）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值即可得到的坐标． 【小问1详解】 解：向量，，， 所以，， 由，，三点共线知，， 即，解得； 所以. 【小问2详解】 解：设， 由，， ，， 若四边形为矩形，则， 当时，，解得； 当时，得，解得， 将代入得， 所以点坐标为 16. 已知是方程的两根，求下列各式的值： （1）： （2）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合韦达定理得，，再根据和差角公式化简求解即可； （2）先结合正切的和角公式得，再根据同角三角函数关系求解即可. 【小问1详解】 解：因为是方程的两根， 所以，， 因为，， 所以 【小问2详解】 解：因为，， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以，即， 所以 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点. （1）求异面直线与所成角的余弦值： （2）设直线与平面交于点，请在答题卡上作出线段，并求其长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，找异面直线所成角，求出相应的边结合余弦定理求解即可. （2）根据题意分析点的位置，根据已知条件结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 连接，如图所示： 在正方体中， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以为异面直线与所成的角， 由为棱的中点，正方体的棱长为， 则， 在中，， 在中，， 在中，， 所以在中，由余弦定理得：. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 因为在平面内，平面与平面的交线为， 所以延长，交于的延长线于点，连接，如图所示： 在正方体中，由，，且为棱的中点， 所以， 所以，所以， 所以， 因为， 在中，由余弦定理得：， 即，所以. 18. 的内角的对边分别为，且. （1）已知. ①若是的角平分线，，求的长； ②若，求面积的最大值. （2）若是边的三等分点（靠近点），，求实数的取值范围. 【答案】（1）① ；② ； （2） 【解析】 【分析】首先利用正弦定理将题干中的边角关系转化为边的关系式，结合余弦定理求出. （1）①结合角平分线定理、正弦定理以及已知条件求解的长度. ②根据向量关系转化为线段比例，利用向量模长公式结合基本不等式求面积的最大值. （2）根据三等分点的向量关系，结合向量模长公式，通过换元法求解实数的取值范 【小问1详解】 ， 由正弦定理，可得， 代入得，展开得，整理得. 由余弦定理， ， ① 已知是的角平分线，由角平分线定理得. ，且，，则， 故为等边三角形. 已知，为等边的角平分线、中线和高，故， 代入得，即. 为中点，. ② 当时，，在线段上，且，即. ，， 对等式两边同时平方，得：， 展开得：. 设，，已知，， ，由数量积定义得， 代入得：， 整理得：. 由基本不等式得：，当且仅当时等号成立， ，即， 当时，代入验证得，，等号成立. 的面积， 面积的最大值为. 【小问2详解】 设，，∵ 是边靠近点的三等分点，∴ ， ∴ . ∵ ， ∴ . ∵ ，，且， ∴ ，即. 由余弦定理，∵ ， ∴ ，故. ∵ ，∴ . 令，即，代入得. 设，则. 令，则，代入得. ∵ ，由基本不等式，当且仅当即时取等号， ∴ . 当时，；当时，， ∴ ，故. ∵ ， ∴ ，即. 【点睛】方法归纳：本题综合考查解三角形、向量运算与基本不等式的结合，解题需熟练运用正弦定理、余弦定理进行边角互化，利用向量模长公式转化条件，结合基本不等式求最值，通过换元法求解取值范围. 易错归纳：1. 利用正弦定理求角时易忽略三角形内角范围导致增根； 2. 向量模长计算时易忽略数量积的符号； 3. 求取值范围时易忽略变量的正号限制条件 19. （1）已知对任意平面向量，将绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做将点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.请解决下列问题： ①若，且点坐标为，求点的坐标； ②若，求证：. （2）如图，中，，在平面内将点绕点沿顺时针方向旋转得到点，记. ①若，求的长度； ②若，求长度的取值范围. 【答案】（1）①， ②设，与轴正方向的夹角为， 所以，将绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量， 所以，与轴正方向的夹角为， 设，所以， ， 所以； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）①设与轴的正方向的夹角为，利用三角函数的定义求出，再利用三角函数的定义即可求解；②设，与轴正方向的夹角为，利用三角函数的定义结合三角恒等变换即可得证； （2）以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，①由，进而得点坐标，得，利用由（1）中②结论得，进而求解；②由，进而得点坐标，得，利用由（1）中②结论得，进而得点坐标，利用两点距离公式得，最后利用三角函数性质即可求解. 【详解】（1）①由，所以， 设与轴的正方向的夹角为， 所以，所以， 将绕起点逆时针旋转得到， 所以，且与轴正方向的夹角为， 设点，所以，所以； ②略 （2）以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 则，①由， 所以，即，所以， 将点绕点沿顺时针方向旋转得到点，即向量绕点顺时针旋转得到， 由（1）中②得 ， 设，所以，所以， 所以，所以； ②由， 所以，所以， 将点绕点沿顺时针方向旋转得到点，即向量绕点顺时针旋转得到， 由（1）中②得 ， 设，所以， 所以，得到， 所以 ， 又，所以，， 所以，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $