山东泰安第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

**基本信息** 高一第二学期期中数学试卷聚焦复数、向量、立体几何与解三角形核心内容，通过梯度化题型设计（如单选基础认知、解答题综合应用），考查空间观念、逻辑推理与运算能力，立体几何解答题融合面面垂直证明与二面角计算，体现数学思维的严谨性。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数虚部、斜二测画法、向量共线|第2题直观图还原，考查几何直观| |多选题|3/18|复数性质、三角形解的个数|第11题圆锥与正方体内接，体现空间想象| |填空题|3/15|三角形内心、异面直线夹角|第14题锐角三角形边的范围，考查推理意识| |解答题|5/77|向量表示、旋转体表面积、立体几何证明|第19题多问递进（证明/距离/二面角），考查逻辑推理与数学表达|

2025—2026学年高一第二学期期中考试 数学试题 2026年5月 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为 A. B. C. D. 1 2. 如图，按斜二测画法所得水平放置的的直观图为，若 ，则原图中 A. B. C. D. 3．已知向量，若满足且，则 A． B． C． D． 4. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知，，若在上的投影向量为，则与的夹角为 A. 60° B. 120° C. 135° D. 150° 6. 已知中，内角所对边长分别为, 且，，则的面积为 A． B． C． D． 7. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为 A. 0 B. C. D. 8. 在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为 A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9．设，是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论中正确的是 A. B. C. D. 若，则的最大值为 10. 在中，已知，．现增加一个条件，使C有唯一解，则增加的条件可以是 A． B． C． D． 11. 已知圆锥的底面半径为2，侧面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有 A. 该圆锥的高为 B. 该圆锥可以整体放入直径为的球内 C. 正方体的棱长为 D. 以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的面相交所得曲线的长度之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．中，若，，则点的轨迹一定通过的 ________心. 13. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 14. 已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围是___________. 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．（13分）如图，在平行四边形中，是的中点，是上一点，且．设，． (1) 用基底分别表示向量； (2) 若，用基底表示向量，并证明三点共线． 16.（15分）如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. (1) 求阴影部分形成的几何体的体积； (2) 求阴影部分形成的几何体的表面积. 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）设点在上，且，证明：平面； 18.（17分）在中，角，，所对的边分别为，，， ，其中为的面积. （1）求角的大小； （2）若，设是边的中点，，求的长. 19.（17分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且．   (1)求证：； (2)当时，求点到平面的距离； (3)当时，求二面角的正切值的取值范围． 2025—2026学年高一第二学期期中考试 数学试题参考答案 一、单选题： 1. A 2. D 3. D 4. C 5. B 6. C 7. B 8. A 8.【详解】取线段的中点为，的中点为，，如图， 因为正方体中，分别是棱的中点， 所以，所以四点共面. 由正方体的棱长为2， 可得，， 所得截面周长为，故选：A. 二、多选题： 9．BCD 10. AD 11. ACD 11.【详解】对于A，因为圆锥底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为， 则，所以圆锥的高，故A正确； 对于B，设圆锥的外接球半径为，则， 所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误； 对于C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示，根据相似三角形可得，故C正确； 对于D，由C可知正方体的底面的对角线长为2， 设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为， 而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心，则截面圆半径， 因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧， 因为，所以， 所以，而， 所以每段圆弧的中心角为， 所以四段圆弧和长为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．内心 13. 14. 14.【详解】由正弦定理， 整理可得：，即， 在锐角三角形中，，即，即， 又因为，得，所以， 所以， 因为，所以. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．【详解】（1）由向量的减法可得：， 1 由向量的加法可得：， 因为在平行四边形中，是的中点，所以， 4 同理：； 7 （2）由 11 则，所以， 12 又因为有公共点B, 所以三点共线. 13 16. 【详解】（1），， 所求几何体的体积为． 7 （2）由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为，， ， ， 故所求几何体的表面积为. 15 17．【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又，，所以平面. （2）取的中点，则， 因为，所以，则且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面. 18.【详解】（1）据，可得， 即， 2 结合正弦定理可得. 3 在中，， 所以， 整理得. 因为，，故，即， 6 又，所以. 8 （2）法一：因为是边的中点，，所以. 在中，，则. 10 在中，，，， 据正弦定理可得，，即， 所以. 14 所以，即， 所以，又，， 所以，解得， 16 所以. 17 法二：因为是边的中点，故， 所以，即， 整理得① 11 在中，据余弦定理得，，即② 13 联立①②，可得，. 15 在中，据勾股定理得，， 所以. 17 法三：延长到点，使得. 在中，，，故， 又是的中点，所以是的中点， 所以，，且. 在中，，，， 所以，且. 所以，即，解得（负舍）， 所以. 法四：延长到，使，连结，. 因为是的中点，且， 故四边形是平行四边形，. 又，所以. 在中，，，，， 所以，且. 在中，，，，， 据勾股定理，可得， 将代入上式，可得（负舍），所以. 19.【详解】1)证明见解析；(2)；(3). 【详解】（1）由，得，则， 而平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，则， 又，则， 又，平面，因此平面， 又平面， 所以. （2）在中，平面，平面，则平面， 于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 在平面内过作于， 由（1）知，平面， 在中，， 则，， 所以点到平面的距离为.    （3）在平面内过作于M，作于N，连接， 由（1）得平面平面，平面平面，则平面， 又平面，则， 又平面，则平面， 又平面，因此， 则即为二面角的平面角， 设，，由（1）得， 则， 在中，由，得， 在中，由，得， 在中，， 因此， 由，得，则， 所以二面角的正切值的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司第 4 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $