精品解析：山东实验中学2025～2026学年高一第二学期期中数学试题（必修第二册阶段检测）

山东实验中学2025~2026学年高一第二学期期中数学试题 （必修第二册阶段检测） 2026.05 （必修第二册阶段检测） 说明：本试卷满分150分，分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷为第1页至第2页，第II卷为第3页至第4页试题.答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 第I卷（选择题 58分） 一、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. 设复数（i为虚数单位），则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量与，若，则实数（ ） A. B. C. D. 3. 如图，根据斜二测画法得到了水平放置的的直观图，图中的虚线分别与轴和轴平行，若，则的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 24 4. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，“”是“是锐角三角形”的______条件.（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 5. 已知正方体中，、分别为和的中点，则直线和的位置关系为（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 垂直 6. 某人在处向正东方向走后到达处，他沿南偏西方向走3km到达处，结果他离出发点恰好，那么的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 刘徽所著的《重差》是我国第一部测量学著作，其思想也为地图学提供了数学基础.现采用《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据.如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，地面上A，B，C三点共线，且在三者中的最左侧.若在B，C处分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数为纯虚数，则 D. 10. 满足，且边BC上高，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 11. 已知圆锥SO高为3，底面圆半径为1，点和点是底面圆上的两个定点，点是底面圆上的动点（不与A，C重合），且恒成立，则（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为3 C. 圆锥SO外接球的表面积为 D. 当三棱锥体积取到最大值时，若为线段AB上的动点，则的最小值为 第II卷（非选择题 92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则_________． 13. 如图，已知正方形OABC的边长为2，是四分之一圆弧，现以OC所在直线为旋转轴旋转一周，则图中阴影部分得到的旋转体的表面积为____________. 14. 已知A，B，C，D四点共面，，则向量的模的最大值为____________. 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. 如图，在菱形ABCD中，E，F分别为BC和CD的三等分点. （1）若，求xy的值； （2）若，求的值. 16. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. （1）求角及边c的值； （2）求周长的最大值. 17. 如图，已知四棱锥的高为，底面是边长为的正方形，点分别为的中点，设平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）求三棱锥的体积. 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）若为BC的中点且，求边AC； （2）如图，过作，且，记. （i）用表示边AD； （ii）若的面积为，求的大小. 19. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东实验中学2025~2026学年高一第二学期期中数学试题 （必修第二册阶段检测） 2026.05 （必修第二册阶段检测） 说明：本试卷满分150分，分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷为第1页至第2页，第II卷为第3页至第4页试题.答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 第I卷（选择题 58分） 一、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. 设复数（i为虚数单位），则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，故 2. 已知向量与，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标运算即可. 【详解】因为，所以，即. 3. 如图，根据斜二测画法得到了水平放置的的直观图，图中的虚线分别与轴和轴平行，若，则的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得. 【详解】如图所示，由题给条件：，，还原原： 底边在轴上，长度不变，即； 点到轴（所在边）的高，还原后为直观图中对应方向长度的倍， 即原三角形的高. 所以. 4. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，“”是“是锐角三角形”的______条件.（ ） A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理，结合充分，必要条件的定义，即可判断. 【详解】若，则，则角为锐角，但不能说明角也是锐角，所以不能推出为锐角三角形， 反过来，若为锐角三角形，则角是锐角，则，即， 所以“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件. 5. 已知正方体中，、分别为和的中点，则直线和的位置关系为（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 垂直 【答案】C 【解析】 【分析】连接，证明出四边形为梯形，可得出结论. 【详解】如下图所示，连接， 由、分别为、的中点，得，， 在正方体中，，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为梯形，故直线、相交， 故选：C. 6. 某人在处向正东方向走后到达处，他沿南偏西方向走3km到达处，结果他离出发点恰好，那么的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【详解】   如图：，，，， 在中由余弦定理可得：， 即，所以，即， 解得：或. 7. 刘徽所著的《重差》是我国第一部测量学著作，其思想也为地图学提供了数学基础.现采用《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据.如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，地面上A，B，C三点共线，且在三者中的最左侧.若在B，C处分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设可得如下截面图，设球半径为R，由平面几何知识可得，据此可得答案. 【详解】由题设可得如下截面图，设球心为O，过B，C两点的射线与球O相切于D，E. 连接，则，又， ，则，， 结合，则， ，， （单位：m）， 则该建筑物体积为：. 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式及余弦定理、和角的正弦公式化简可得，再利用正弦定理边化角，再借助三角恒等变换及余弦的二次型函数值域求解. 【详解】在锐角中，由及三角形面积公式， 得， 而，则， 由余弦定理得， 则，即， 由正弦定理得， 即， 整理得， 则， 由，得，于是， 即，且，， 因此 ， 所以的取值范围是. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数为纯虚数，则 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，利用复数的运算即可得解；对于B，通过举反例，即可判断；对于C，设，通过计算即可判断；对于D，设，，计算，即可判断. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，，满足， 而复数不能比较大小，故B错误； 对于C，设，则，，故C错误； 对于D，设，， 则， 所以， 而， 故，故D正确. 10. 满足，且边BC上高，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于，则的长为 D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理和面积即可求得三角形的边长，利用角平分线将三角形进行分割，利用面积建立方程，即可求出的长度，最后建立直角坐标系将问题转化成点到直线的距离即可求出最大值. 【详解】满足， 根据正弦定理，可得三角形三边之比：. 设，，. 已知边BC上的高，则的面积可用两种方式表达： 则 ， 使用余弦定理可知， 因为，所以，则. . 将两个面积表达式联立得：，解得， 故，，. ， 因为，所以， 又因为三角形内角和为，所以，选项A正确； 的周长为，选项B正确； 的角平分线与AC交于，根据角平分线定理，点分的比为：. ,则， 已知，，，则，，代入得： ， 即，选项C错误； 设外接圆半径为，. 以所在直线为轴，中点为原点建立平面直角坐标系. 因为，所以，. 又因为高，设， 则 ， 解得或. 又，若，，符合； 若，，不符合，故. 设外接圆圆心坐标. ,， 解得. ， 若， ，符合. 若，，排除， 所以外接圆圆心坐标，外接圆方程为. ，设为圆上一点，， 则 . 令，等价于求直线与圆有交点时的最大值. 圆心到直线距离， ， ，则， 可得，故最大值为，选项D正确. 11. 已知圆锥SO高为3，底面圆半径为1，点和点是底面圆上的两个定点，点是底面圆上的动点（不与A，C重合），且恒成立，则（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为3 C. 圆锥SO外接球的表面积为 D. 当三棱锥体积取到最大值时，若为线段AB上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可判断A；利用基本不等式结合锥体的体积公式可判断B；易知球心在直线上，球心到底面圆心的距离为，则得到半径，利用球体表面积公式可判断C；将展开为一个平面，利用余弦定理可判断D. 【详解】因为，所以， 由圆的性质可知，为底面圆的直径，故， A，母线长， 因此圆锥SO的侧面积为，故A正确； B，因为，故， 由基本不等式，即， 所以，当且仅当时，等号成立 三棱锥体积为， 所以三棱锥体积的最大值为，故B错误； C，设外接球的球心为，半径为 ，球心在圆锥的轴上， 设，则到底面圆心的距离为，故， 到顶点的距离为 ，故，则，得， 因此，外接球表面积：，故C正确； D，当时，易知，将展开为一个平面，如下图所示： 在中，， 由余弦定理可得， 所以，易得， 所以， 由余弦定理可得， 当三点共线时，的长取最小值，且其最小值为，故D正确. 第II卷（非选择题 92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】直接由结合已知条件求解即可 【详解】因为平面向量满足，且与的夹角为， 所以 ， 故答案为： 13. 如图，已知正方形OABC的边长为2，是四分之一圆弧，现以OC所在直线为旋转轴旋转一周，则图中阴影部分得到的旋转体的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱以及球的表面积求解即可. 【详解】线段绕OC所在直线为旋转轴旋转得到圆柱体，其上底面以及侧面的表面积为. 四分之一圆弧绕旋转得到半径为的半球面，半球面的表面积为. 故旋转体的表面积为. 14. 已知A，B，C，D四点共面，，则向量的模的最大值为____________. 【答案】10 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示及模的坐标表示求解. 【详解】以线段的中点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 则，设，由，得， 整理得，显然，而， 由，得，因此， 当且仅当时取等号，所以向量的模的最大值为10. 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. 如图，在菱形ABCD中，E，F分别为BC和CD的三等分点. （1）若，求xy的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由图结合向量线性运算知识可得答案； （2）由（1）分析结合，数量积运算律可得答案. 【小问1详解】 ，因为不共线，所以，故； 【小问2详解】 因为， 所以 . 故. 16. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. （1）求角及边c的值； （2）求周长的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理确定角，利用正弦定理进行转化，结合已求得的角计算边的值； （2）结合余弦定理得到与的关系式，再利用基本不等式或三角函数的有界性求解的最大值. 【小问1详解】 由，根据余弦定理， 得， 因为，则. 由，得， 根据正弦定理，得，则. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为，即， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为2. 故周长的最大值为. 17. 如图，已知四棱锥的高为，底面是边长为的正方形，点分别为的中点，设平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为点分别为的中点， 由题意可证得，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 而平面平面， 所以平面. （2） 由（1）可得平面平面，平面平面， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据题意证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）由平面，结合线面平行的性质定理，即可证得； （3）利用等体积转化为，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可得平面， 所以点和点到平面的距离相等. 所以. 故所求锥体的体积为. 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）若为BC的中点且，求边AC； （2）如图，过作，且，记. （i）用表示边AD； （ii）若的面积为，求的大小. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据三角变换公式化简题设条件后可求的值； （2）（i）根据正弦定理可用表示；（2）根据正弦定理可用表示，根据面积可得关于的方程，再结合三角变换可求的大小. 【小问1详解】 因为，得， 所以，即. 又， 所以， 即. 在中， 由余弦定理得， 即， 解得（负值舍去）， 所以， 在中，由余弦定理得， 故. 【小问2详解】 （i）因为，在中，， 所以. 由正弦定理得，即， 故. （ii）在中，， 所以 由正弦定理得，得 所以， 所以，即， 亦即， 所以. 19. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 【答案】（1） （2）①1；② 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线定理用两种方法分别表示出，再根据平面向量基本定理列出方程组，求解即可； （2）①把的面积分别表示成两个三角形面积的差，进而求出面积的比，同理求出的值，相乘即可；②通过做平行线，利用三角形全等及相似得到及的值，在和中分别用余弦定理建立等式，求出的长，进而求出及，再利用三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 设，则，因为，， 所以， 由图可知三点共线，所以令 ， 所以，解得，所以. 【小问2详解】 ① 如图，过点作于点，过作于点， 因为， 同理， 所以， ， 所以，同理可证，，， 因为，，， 所以由图可知， 所以. ② 如图所示，过点作交于点，过作交于点， 由，，可得， 所以，所以， 由，，可得，且， 所以，，即， 设，则由余弦定理可得， ， 即，解得， 所以， 故， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $