精品解析：山东青岛西海岸新区2025-2026学年高一下学期期中学业水平检测数学试题

2025—2026学年度第二学期期中学业水平检测 高一数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 用斜二测画法画一个边长为的正方形的直观图，则此直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是关于的方程的一个根，则实数的和为（ ） A. B. C. D. 4. 已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为 （ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 5. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等腰直角三角形底边长是，该三角形绕其底边旋转一周得到一个旋转体，用垂直于底边的平面去截此旋转体，则所得截面面积最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 印度数学家婆罗摩笈多对凸四边形进行研究时，总结出如下结论：“若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大”．在凸四边形中，若，，则四边形面积取得最大值时角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，为边上靠近点的三等分点，为边上一点，若，则 的值为（ ） 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. 用一个平面去截一个正三棱锥，得到的截面图形可能是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰梯形 C. 平行四边形 D. 五边形 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若夹角为钝角，则 11. 如图，是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内可将多项式分解成一次因式的积，请尝试分解：_________． 13. 一条东西方向的河流两岸平行，河宽，水流的速度为向东，一艘游船从南岸码头出发航行到河对岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，方向为北偏西，则游船到达对岸的时间为________． 14. 已知分别为三个内角的对边，，则的取值范围为__________． 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. 已知复数． （1）求； （2）若复数是纯虚数，且满足，求在复平面内对应点的坐标． 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，求面积的最大值． 17. 如图，在直角梯形中，，，，为上一点，且． （1）若，求的值； （2）若是上一点，求的最小值． 18. 已知分别为三个内角的对边，设． （1）若，，，求； （2）证明：； （3）若，，求的值． 19. 已知正边形的顶点在单位圆上. 记. （1）若，为圆上任意一点，判断的值与的位置是否有关？并说明理由； （2）证明：； （3）若点满足，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期中学业水平检测 高一数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 用斜二测画法画一个边长为的正方形的直观图，则此直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出直观图，求出底和高，进而求出面积. 【详解】如图，，，过点作轴于点,则, 所以直观图是底为、高为的平行四边形，所以面积为. 2. 已知向量的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】. 3. 已知是关于的方程的一个根，则实数的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助复数性质计算可解出、，即可得解. 【详解】由题意可得，则， 即，故，解得， 故. 4. 已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为 （ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等边三角形 【答案】A 【解析】 【分析】借助正弦定理、三角形内角和、诱导公式及两角和的正弦公式计算即可得. 【详解】由正弦定理将边化为角可得， 又， 故，故， 由，故，则，故， 即的形状为直角三角形. 5. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助投影向量定义计算即可得. 【详解】由题意可得，故，即. 6. 已知等腰直角三角形底边长是，该三角形绕其底边旋转一周得到一个旋转体，用垂直于底边的平面去截此旋转体，则所得截面面积最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】得到旋转体后，可得截面为以为直径的圆时，截面面积最大，计算即可得. 【详解】该三角形绕底边旋转一周，得到的旋转体是两个底面重合的全等圆锥， 如下图，易得截面为以为直径的圆时，截面面积最大， 即截面面积最大值为. 7. 印度数学家婆罗摩笈多对凸四边形进行研究时，总结出如下结论：“若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大”．在凸四边形中，若，，则四边形面积取得最大值时角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】四边形面积最大时，四个顶点共圆，因此对角互补，连接对角线，将四边形拆分为两个三角形，分别用余弦定理表示出建立等式，求解. 【详解】 根据题意，四边形面积最大时，四个顶点共圆，因此对角互补，即， 故， 连接对角线，在和中分别对用余弦定理： 在中，, 在中，,， 联立上式得， 解得，即， 因为是凸四边形内角，，故. 8. 在中，为边上靠近点的三等分点，为边上一点，若，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理和线性运算即可求解. 【详解】 依题意，，整理得①， 设，则②， 将①代入②得：， 即，得：， 化简得：，对比，得， 因此：. 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. 用一个平面去截一个正三棱锥，得到的截面图形可能是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰梯形 C. 平行四边形 D. 五边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】举出符合题意的截面图形的例子即可得. 【详解】对A：如下图：截面与三条侧棱相交，其中， 为线段上任意一点（不与端点重合）， 此时有，即截面是等腰三角形； 对B：如下图：截面中，、，且与不平行， 此时，且与不平行，即截面四边形是等腰梯形； 对C：如下图：截面中，， 此时、，截面四边形是平行四边形； 对D：由正三棱锥只有四个面，不可能交出五边形. 故A、B、C正确，D错误. 10. 已知向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若夹角为钝角，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：借助模长公式计算即可得；对B：借助向量平行性质计算即可得；对C：借助垂直于数量积关系计算即可得；对D：由题意可得且、不共线，计算即可得解. 【详解】对A：，解得，故A错误； 对B：由，则，解得，故B正确； 对C：由，则，解得，故C正确； 对D：若夹角为钝角，则且、不共线， 即有且， 解得且，故D错误. 11. 如图，是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】借助正弦定理计算可得A；借助模长公式计算可得B；借助平面向量线性运算法则计算可得C；利用平面向量夹角公式与模长与数量积关系计算即可得D. 【详解】对A：由正弦定理可得，故，故，故A正确； 对B：由为等边三角形，则，又， 则 ，故B错误； 对C： ， 故，即有，故C正确； 对D：，由C得， 则 ，，故D正确. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内可将多项式分解成一次因式的积，请尝试分解：_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用，结合平方差公式即可得解. 【详解】. 13. 一条东西方向的河流两岸平行，河宽，水流的速度为向东，一艘游船从南岸码头出发航行到河对岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，方向为北偏西，则游船到达对岸的时间为________． 【答案】 【解析】 【分析】计算出游船垂直河岸方向（正北方向）的分速度后，结合河宽即可得所需时间. 【详解】游船垂直河岸方向（正北方向）的分速度为， 则游船到达对岸的时间为. 14. 已知分别为三个内角的对边，，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理及两角和与差的正弦公式可得，则可将用表示，结合二倍角公式可得，即可结合的范围与对勾函数性质计算即可得解. 【详解】由正弦定理将边化为角可得， 又， 则， 即， 故或，即或（舍去）， 则， 则 ， 由，故，则， 由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增， 则， 又时，， 时，， 故. 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. 已知复数． （1）求； （2）若复数是纯虚数，且满足，求在复平面内对应点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数运算法则计算可求出，再利用共轭复数定义即可得； （2）可设，结合模长公式计算可求出，再利用复数几何意义即可得. 【小问1详解】 ，则； 【小问2详解】 因为复数是纯虚数，可设， 则，得， 则，解得或（舍去）， 所以，故在复平面对应的点的坐标为. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式化简并计算即可得； （2）借助余弦定理、面积公式与基本不等式计算即可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 即， 所以， ， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 ， 由余弦定理得， 化简得，又因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 所以，故的面积最大值为. 17. 如图，在直角梯形中，，，，为上一点，且． （1）若，求的值； （2）若是上一点，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立适当平面直角坐标系后，可表示出各点坐标，再表示出各向量计算即可得； （2）设，表示出两向量后利用数量积公式计算即可得. 【小问1详解】 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系如图所示： 则，，，，，，， ，则， 又因为， 所以，解得，，则； 【小问2详解】 设，则，， 所以， 函数的对称轴为， 所以时，的最小值为. 18. 已知分别为三个内角的对边，设． （1）若，，，求； （2）证明：； （3）若，，求的值． 【答案】（1）或 （2） ， 由正弦定理， 所以， 则 ， 所以； （3） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理计算即可得； （2）利用两角和与差的正弦公式化简后，利用正弦定理计算即可得证； （3）法一：利用两角和与差的正弦公式化简可得，结合（2）中所得可求出，即可得解；法二：令代替，借助诱导公式计算可得，结合（2）中所得可求出，即可得解. 【小问1详解】 因为，，， 由正弦定理得，即，所以， 因为，所以或， 当时，， 当时，， 所以或； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 法一： ， 由（2）可得， 由（2）知， 所以，因为，所以， 所以. 法二：由（2），对任意都成立， 令代替，， 则， 化简得，， 由（2）知， 所以，因为，所以， 所以. 19. 已知正边形的顶点在单位圆上. 记. （1）若，为圆上任意一点，判断的值与的位置是否有关？并说明理由； （2）证明：； （3）若点满足，求的值. 【答案】（1）与的位置无关，理由： 当时， ， 因为是单位圆的内接正三角形，所以为的重心，则， 所以为定值，与的位置无关. （2） 考虑到正多边形中心与正多边形各个顶点之间的连线所夹角均相等， 可知每相邻三个顶点与正多边形中心的连线恰好构成一组角与其角平分线， 故可以得到以下式子：，， ，……，， 求和得，即, 由普遍性可知，不恒为，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律可得，结合正三角形可得为的重心，可得，进而求解即可； （2）根据正多边形的特点分析可得，，，……，，将以上各式相加即可求证； （3）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律可得，再结合（2）即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由 ， 由题意，，由（2）知， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $