陕西西安市某校2025-2026学年第二学期高一年级期中考试数学试题

**基本信息** 高一数学期中试题，以复数、立体几何、向量等为核心，通过飞盘运动情境题（解答题18）、正方体中点线面关系证明（解答题19）等，融合空间观念、运算推理与应用意识，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数象限（1）、平面性质（2）、向量运算（3）等|基础概念辨析，如梯形平面性判断（2）| |多选题|3|向量性质（9）、空间直线平面关系（10）、圆锥圆柱组合体（11）|多角度辨析，如异面直线与面面平行判断（10）| |填空题|3|复数模（12）、向量数量积（13）、空间命题真假（14）|核心知识直接考查，如垂直平面命题判断（14）| |解答题|5|复数分类（15）、解三角形（16）、正三棱柱体积与最值（17）、飞盘运动应用（18）、正方体点线面证明（19）|情境化与探究性结合，如飞盘运动解三角形（18）、正方体存在性问题（19）|

《高一第二学期期中考试数学试题》参考答案 题号 1 2 3 6 8 9 10 答案 C D D D BC CD 题号 11 答案 BCD 12.√2； 13.2; 14.①③⑥ 15.(1)(-0,-1)U(-1,0)U(0,+∞) (2)-2 【分析】(1)根据z为虚数，即可求解； (2)根据z为纯虚数即可求解 【详解】(1)若z为虚数，则m2+m≠0，且m≠0， 解得m≠0且m≠-1， 所以实数m的取值范围为(-o,-1)U(-1,0)U(0,+∞). m+2=0 (2)若z为纯虚数，则 m m2+m≠0 解得m=-2,即z=2i, 所以实数m的值为-2. 16.() 6 R 4 【分析】(1)利用正弦定理进行边角互化即可得解： (2)根据余弦定理求出边长C,然后利用面积公式求面积即可得解. 【详解】(1)由正弦定理得√3 sin Asin B+sin Bcos A=0. 因为Be0,,所以，sinB≠0，anA=-5 3 因为在△ABC中，A∈(0，，所以，A=5π 6 (2)由a=√万，b=√5及余弦定理a2=b2+c2-2 bccos A. 得c2+3c-4=0,解得c=1或c=-4(舍) 所sm45子华 答案第1页，共5页 17.(0)2 3 (2)√13 【分析】(1)直接用三棱锥的体积公式即可； (2)将侧面BBCB绕BB,旋转至与侧面ABB,A共面，如图所示，当A,F,E三点共线时， AF+EF取得最小值，然后用勾股定理求解即可. 【详解】(1) C B 54a6= 4×22=5, D 所以68g45x2-2 1 3 (2)将侧面BBCB,绕BB,旋转至与侧面ABB,A共面，如图所示. A B E C F B 当4，F,E三点共线时，AF+EF取得最小值，且最小值为V22+(2+1)=√ 18.(1)2 (2)y=2米/秒 【分析】(1)由正弦定理列式可得兰=2sin∠ABC,当sin∠ABC=1时，有最大值，计算 V, 即可求解： (2)由余弦定理求得BC=4米，根据BC=yt计算可解. 【详解】(1)由题意可得AC=t,BC=v,t, 在△ABC中，由正弦定理可得，BC AC sin∠BAP sin∠ABC sin30sin∠ABc,化简可得兰=2sin∠ABC, 即t vt V 答案第2页，共5页 因为4c 所以当∠A8C=行，即sm∠ABC=1时，总取最大值为2： (2)若y=2W3米/秒，t=2秒，则AC=yt=4V5米， 由余弦定理可得，BC2=AB+AC2-2AB4C-cos∠BAP=64+48-2×8x4W5×V5 16 解得BC=4米， 因为BC=y,1,所以y2=2米/秒. 19.(1)证明见解析 (2)证明见解析 8在，} 【分析】(1)连接D,B,可证四边形DBB,D为平行四边形，得到DBIB D,进而可证EFIBD 即可证明： (2)连接D,C、GC分别交DE、DB于点H、O,连接HO,即可证明 号8分从面 HODG得到，再根据线面平行判定证明即可： (3)根据题意，首先MNEP,则Y=， 4B4，再由 84时，根据面面平行的判定证明即 AN 1 可. 【详解】(1)连接DB,因为点E,F分别为棱D,C,B,C的中点，所以EF∥D,B, R 又在正方体ABCD-AB,C,D,中DD∥BB,且DD=BB, 所以四边形DBBD为平行四边形， 所以DBIB,D, 答案第3页，共5页 所以EF/BD,所以D,B,F,E四点共面； (2)连接D,C、GC分别交DE、DB于点H、O,连接HO, 在正方体1cD-AaCQ中，DEDC且DE=DC. 所以HED HDC,则DH_E卫-I CH CD2 同理可得G08G1 CO CD2' 所以DH、G CH CO ,所以H0∥D,G, 又HOc平面DBFE,DG丈平面DBFE,所以DGIM平面DBFE; (3)存在，且4X-1 484,理由如下： 因为nM-2a4, 所心霜微 :MNIIB D, 又EFIIB,D, .∴NIEF, :MN丈平面DBFE,EFc平面DBFE, ∴.MN∥平面DBFE, 延长NP交BA于K,延长EF交AB,于L,连接BL, D A, :P为中点，易得△APN≌△APK, B G .AKNAB BK-5AB 4 E,F分别为CDB,C的中点，易得△EFC≌△LFB, 答案第4页，共5页 .LEC4B N 2 4 .BK=NL,又AB∥AB,即BKIINL, .四边形KBLN为平行四边形， :NK//BL, 又NK丈平面DBFE,BLC平面DBFE, 所以NKI∥平面DBFE, 又'MW∩NK=N,MN,NKc平面PMW, .平面PMNI∥平面DBFE, 质以8=时，平面PMN平面D6FE, 答案第5页，共5页 西安市第八十五中学高一第二学期期中考试数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．下列说法中正确的是（   ） A．三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形 C．梯形一定是平面图形 D．两个互异平面和有三个不共线的交点 3．化简：（    ） A． B． C． D． 4．已知，，则在下列各命题中，正确的命题有（   ） ①，时，与的方向一定相反； ②，时，与的方向一定相同； ③，时，与的方向一定相同； ④，时，与的方向一定相反． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．如图，这是用斜二测画法画出的的直观图，其中，则的面积为（   ） A． B． C． D．20 6．在长方体中，，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 7．已知，，若，则实数的值为（   ） A．2 B． C．-2 D．±2 8．如图，设，线段DE与BC交于点，且，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（    ） A．若，则与的长度相等且方向相同或相反 B．向量的长度与向量的长度相等 C．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同 D．若与同向，且，则 10．下列说法不正确的是（    ） A．若直线，不共面，则，为异面直线 B．若直线平面，则与内无数条直线平行 C．若直线平面，平面平面，则 D．如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等 11．陶艺是中国传统古老文化与现代艺术结合的艺术形式，某校陶艺社同学制作了一个实心圆锥，若该圆锥底面直径和高均为2，现过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱，得到工艺品如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．剩下几何体的表面积为 B．剩下几何体的体积为 C．挖去圆柱体的外接球表面积为 D．若将挖去的圆柱制成一个实心球体艺术品，若不考虑体积损耗，则该球体的半径为 三、填空题 12．已知复数 ，则 _______. 13．已知向量，，则________． 14．有以下六个命题： ①过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直. ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行. ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直. ④过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行. ⑤两条异面直线所成角的范围是. ⑥直线和平面所成角的范围是. 其中正确命题的序号是 . 四、解答题 15．已知复数（i为虚数单位），． (1)若z为虚数，求实数m的取值范围； (2)若z为纯虚数，求实数m的值． 16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. (1)求角的大小； (2)若，，求的面积. 17．如图，在高为2的正三棱柱中，，D是棱的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值. 18．飞盘运动是一项无肢体接触、低门槛、强社交属性的有氧运动，以塑胶飞盘为核心器材，兼具竞技性与休闲性. 如图，小华位于 处，小明位于 处，小华以 (单位:米/秒)的速度沿着 方向将飞盘抛出，同时，小明以 的速度去接飞盘. 已知 米， . 已知经过 秒. 小明在 处接到飞盘. 假设飞盘的飞行速度不变，小明的奔跑速度也不变. (1)求 的最大值； (2)若 米秒， 秒，求 . 19．如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且 (1)求证：D，B，F，E四点共面； (2)求证：平面； (3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《西安市第八十五中学高一第二学期期中考试数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C D A D C D BC CD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】利用复数乘法运算法则，写成的形式，得其对应点的坐标，判断即可. 【详解】因为. 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 2．C 【分析】根据点、线、面的位置关系依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，共线的三点无法确定一个平面，A错误； 对于B，空间四边形不是平面图形，B错误； 对于C，梯形有一组对边互相平行，则四个顶点必然处于同一平面内，即梯形一定是平面图形，C正确； 对于D，两个互异平面若有交点，则所有交点必在同一条直线上，D错误. 故选：C. 3．C 【分析】由向量加法的三角形法则可知. 【详解】. 故选：C. 4．D 【分析】根据数乘向量的定义和性质进行判断. 【详解】由与向量的积的方向规定，易知①②正确， 对于命题③④，当时，，同正或同负，与或者都与同向，或者都与反向．与同向， 当时．则与异号，与中，一个与同向，一个与反向，与反向，故③④也正确． 故选：D 5．A 【详解】由斜二测画法得，的边，边上的高， 所以的面积为. 6．D 【分析】作出辅助线，得到即为和所成角，并由勾股定理求出各边长，利用余弦定理求出夹角余弦值. 【详解】连接，，因为，所以即为和所成角， 因为，， 由勾股定理得，， 因此. 故选：D． 7．C 【分析】根据平面平行向量的坐标表示建立方程，解之即可求解. 【详解】因为， 所以，解得. 故选：C 8．D 【分析】根据向量的线性运算，结合向量共线定理可得，即可利用基本不等式求解最值. 【详解】解：由，，又，故，所以. 因为，所以，又三点共线， 所以. 因此，当，时，， 当且仅当，即时取等号，所以最小值为. 9．BC 【详解】A：向量的模相等只能说明长度相等，但方向可以任意，不一定相同或相反，错； B：向量和的长度都等于线段AB的长度，因此相等，对； C：两个相等的向量具有相同的长度和方向，若起点相同，则终点必然重合，对； D：由向量的性质知，向量不能比较大小，错. 10．CD 【分析】根据异面直线的定义、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系以及等角定理进行判断可得答案. 【详解】由异面直线的定义可得A正确； 若直线平面，则内与平行的直线有无数条，故B正确； 若直线平面，平面平面，则或，故C错误； 如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故D错误． 故选：CD． 11．BCD 【分析】结合图形，利用圆锥、圆柱的表面积和体积公式计算即可判断A，B；对于C，根据圆柱的对称性判断外接球的球心，易得其半径，即得其表面积；对于D，利用等体积列方程求解即得. 【详解】对于A，设圆柱体的底面半径为，高为，则，， 圆锥的母线长为，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱得到的几何体的表面积为： ，故A错误； 对于B，由题意，剩下几何体的体积为： ，故B正确； 对于C，如图，设的中点为，由圆柱的对称性可知，圆柱的外接球的球心即点， 设外接球的半径为，由图知，， 则圆柱的外接球的表面积为，故C正确； 对于D，设该实心球的半径为，依题意，， 即得，则，故D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】先化简复数，再结合复数运算法则计算模. 【详解】由题意得， 所以 13． 【详解】. 14．6 【分析】分4个平面交于同一条直线，3个平面交于同一条直线时，第4个平面与这3个平面相交，任意3个平面都不交于同一条直线求解. 【详解】当4个平面交于同一条直线时，只有一条交线； 当3个平面交于同一条直线时，第4个平面与这3个平面相交，得到3条交线，一共得到4条交线； 当任意3个平面都不交于同一条直线时，共得到6条交线. 综上：它们交线的条数最多是6条. 故答案为：6 15．(1) (2) 【分析】（1）根据z为虚数，即可求解； （2）根据z为纯虚数即可求解. 【详解】（1）若为虚数，则，且， 解得且， 所以实数的取值范围为. （2）若为纯虚数，则， 解得，即， 所以实数的值为． 16．(1)； (2) 【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化即可得解； （2）根据余弦定理求出边长，然后利用面积公式求面积即可得解. 【详解】（1）由正弦定理得. 因为，所以，，. 因为在中，，所以，. （2）由，及余弦定理. 得，解得或（舍） 所以，. 17．(1) (2) 【分析】（1）直接用三棱锥的体积公式即可； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示,当三点共线时，取得最小值，然后用勾股定理求解即可. 【详解】（1）   ， 所以； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．    当三点共线时，取得最小值，且最小值为． 18．(1) (2)米秒 【分析】（1）由正弦定理列式可得，当时，有最大值，计算即可求解； （2）由余弦定理求得米，根据计算可解. 【详解】（1）由题意可得， 在中，由正弦定理可得， 即，化简可得， 因为， 所以当，即时，取最大值为； （2）若 米秒， 秒，则米， 由余弦定理可得，， 解得米， 因为，所以米秒. 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明； （2）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可； （3）根据题意，首先,则，再由时，根据面面平行的判定证明即可． 【详解】（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，    又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以D，B，F，E四点共面； （2）连接、分别交于点H、O，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面； （3）存在，且，理由如下： 因为， 所以， ， 又， ， 平面，平面， 平面， 延长交于，延长交于，连接，     为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，， ，又，即， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 平面平面， 所以时，平面平面． 答案第4页，共9页 答案第3页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $