广东广州市玉岩中学2025-2026学年高一下学期期中教学质量监测高一数学试题

广州市玉岩中学2025学年第二学期期中教学质量监测高一数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B A C C A B AD BCD 题号 11 答案 BD 1．D 【分析】令，根据复数相等结合复数除法，即可求得复数的虚部. 【详解】令，则， ∴，故复数的虚部是. 故选：D 2．D 【分析】利用斜二测画法规则作出原图形，再求出三角形各条边长即可. 【详解】在直观图中，，所以， 如图对应的原图形为，则，， 所以，故的周长为， 故选：D 3．B 【分析】先应用余弦定理得出，再应用同角三角函数关系计算求解. 【详解】由余弦定理得， ， 故选：B. 4．A 【分析】利用向量的加法法则和数乘向量的运算法则即可求出. 【详解】由点是线段的中点，得， 由，且四边形为平行四边形，得， 则 ， 故.    故选：A 5．C 【分析】根据正四棱台的几何性质和体积计算公式，求出几何体体积. 【详解】 如图所示，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，作斜截面, 上下底面为正方形，则，，，，. 过作正四棱台的高，可知,所以， 在直角中，根据勾股定理可知. 则正四棱台的体积. 故选：C. 6．C 【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明，再利用重心性质求解即可. 【详解】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG，    因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以， 因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以. 故选：C. 7．A 【分析】先由正八边形的对称性和向量的运算法则将转化为，然后求出正八边形的内角大小，根据数量积的几何意义，将问题转化为求解的最值，结合图形可得取得最值时的位置，最后结合平面几何知识求得结果. 【详解】由正八边形的对称性可知， ， 易知正八边形的每个内角为， 设与的夹角为，则， 所以当最大时，取得最大值，当最小时，取得最小值. 如图，过点作垂直的延长线于点，过点作垂直的延长线于点， 可知当在线段上时，取得最大值，， 此时. 当在线段上时，取得最小值，此时， 此时， 故的取值范围为. 故选：A.    8．B 【分析】作出辅助线，，求出各角，在和中，利用正弦定理得到方程，求出，，，从而得到答案. 【详解】过点作垂线，交于点，过点作垂线，交于点， 如图所示， 在中，，则， 由正弦定理得，即， 由点测得点的仰角为，故， 与的差为，故， 在中，， 由正弦定理得，即， 其中 ， ， 所以，解得， 故， ， 又， 故 m， 又，解得， 由点测得点的仰角为，故， 在中，，则， 可得、两点到水平面的高度差m． 故选：B 9．AD 【分析】根据复数的几何意义和共轭复数的定义，结合复数的乘法运算依次判断选项即可. 【详解】对于A，设， 则， 所以， 又，所以，故A正确； 对于B，设，满足，此时且，故B错误； 对于C，设，则，， 满足，而，故C错误； 对于D，由，则是的共轭复数，则，故D正确. 故选：AD. 10．BCD 【分析】根据圆台的侧面积公式即可求解A，根据圆台的体积公式即可求解B，结合球的体积即可求解C,利用勾股定理求解半径，即可根据表面积公式求解D. 【详解】由题意可知圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径，圆台的高， 设圆台的母线为，则， 故圆台的侧面积为，故A错误， 牛奶面所在的圆的半径为， 故水杯中牛奶的体积为，故B正确， 水杯的体积为, 故37个小球的体积为， 设小球的半径为，进而,解得，故C正确， 设水杯的外接球的球心到上底面的距离为,则，解得， 故外接球的半径为，故其表面积为，故D正确， 故选：BCD 11．BD 【详解】对于A，， 而，所以A，B，C都为锐角，A错误； 对于选项B，因为，，，所以，有两解，故选项B正确； 对于选项C，因为，，分别为单位向量，所以的角平分线与BC垂直，所以，所以.又因为， 即，因为，所以，所以，所以为等边三角形，故选项C错误； 对于D，因为，故，即，又，所以，故，由于，故，同理可得，结合，故，可得，故为等边三角形，D正确.故选：BD. 12． 【分析】利用配方法在复数范围内解方程即可. 【详解】由，则， 则，所以，即. 故答案为：. 13． 【分析】取AB，CD的中点E，F，连结E，F两点，根据正四面体的性质可得EF即为平面和平面的交线，再由几何关系求出线段EF的长度即可. 【详解】如图所示，分别取，的中点，，连结，， 则由正四面体的性质，过正四面体的中心，所以平面即平面，平面即平面， 又因为平面，平面， 所以平面和平面位于正四面体内部的交线为线段， 又因为正四面体的棱长为1，则由勾股定理可得． 所以在等腰三角形中，． 故答案为：. 14． 【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出． 【详解】在中，由余弦定理得， 且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立得， 解得或（舍去）， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，，所以， 所以，所以，所以， 设，其中，所以， 由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时，， 所以，即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 15．(1)  ,   , 在上的投影向量为： ;  (2) 【分析】（1）由向量的数量积的定义，向量数量积的运算性质和投影向量的定义直接求解即可. （2）先求，再由向量的夹角的计算公式可得答案. 【详解】（1），所以 ，所以 在上的投影向量为： （2） 设向量与夹角为，则 16．(1)20 (2)证明见解析 (3)直线直线，证明见解析 【分析】（1）通过长方体体积和截去三棱锥体积即可求解； （2）由，即可求证； （3）由平面，结合平面平面，即可求证. 【详解】（1）长方体的体积为， 被截去的三棱锥的体积为， 所以多面体的体积为． （2）证明：在长方体中矩形中，∥，， 所以四边形为平行四边形． 所以， 又平面，平面， 所以平面． （3）直线直线    证明：由（2）有平面， 又平面，平面平面， 所以. 17．（1）；（2）. 【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果； （2）[方法一]由题意利用正弦定理边化角，然后结合三角形内角和可得，然后结合辅助角公式可得，据此由两角和差正余弦公式可得． 【详解】（1）， 即：， 由正弦定理可得：， ， ，. （2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦 由（1）知，，所以由， 得， 整理得，即． 又，所以，即， 则． [方法二]正弦定理+方程思想 由，得， 代入， 得， 整理得，则． 由，得， 所以． [方法三]余弦定理 令．由，得． 将代入中，可得， 即，解得或（舍去）． 所以， 从而． [方法四]射影定理 因为，所以， 由射影定理得， 所以． 【整体点评】方法一：首先由正弦定理边化角，然后由两角和差正余弦公式求解的值； 方法二：首先由正弦定理边化角，然后结合题意列方程，求解方程可得的值； 方法三：利用余弦定理求得的值，然后结合正弦定理可得的值； 方法四：利用摄影定理求得的值，然后由两角和差正余弦公式求解的值； 【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系. 18．(1) (2) 【分析】（1）方法一：设，根据平面向量的线性运算可得，进而结合平面向量的数量积运算律及基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； 方法二：根据余弦定理，结合可得，进而根据基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （2）利用余弦定理可得，，进而可得，进而根据基本不等式求解即可. 【详解】（1）方法一：设，因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当，即时等号成立， 则， 所以面积的最大值为． 方法二：因为， 所以， 因为，所以， 所以， 即， 所以， 所以， 因为， 所以 所以， 因为， 所以，所以， 当且仅当即时，等号成立， 因为， 所以面积的最大值为． （2）因为，所以， 在中，利用余弦定理得，， 即， 同理，在中利用余弦定理得， ， 所以 ， 因为， 所以当且仅当，即时等号成立， 此时取最小值，即取最小值，即取得最小值， 此时，． 19．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，由题可得，根据线面平行的判定即可证明； （2）设交于点，连接并延长交的延长线于，由题可证四边形为平行四边形，得到，利用，可得，继而得到，即可. 【详解】（1）证明：连接，，，则为中点， 又为的中点，所以， 在正方体中，，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）设交于点，连接并延长交的延长线于， 平面，平面，平面平面， ，又，所以四边形为平行四边形， 则，又，所以， 又，所以， ，， 所以，因，则可得. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市玉岩中学2025学年第二学期期中教学质量监测 高一数学 命题人：向良辉 审校人：袁 影 说明： 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。第Ⅰ卷为选择题，共11题共58分，第Ⅱ卷为非选择题，共92 分，全卷共150分。考试时间为120分钟。 注意事项： 1．答第I卷前，考生务必用2B铅笔将姓名、准考证号填写在答题卡上，并用2B 铅笔在答题卡上规定位涂黑自己的试卷类型、考试证号和考试科目； 2．每小题选出答案后，用铅笔涂黑答题卡上对应题目的答案标号。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案（答案写在试题卷上无效）。 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题输出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内） 1．设复数的共轭复数为，且满足，为虚数单位，则复数的虚部是（    ） A． B． C． D． 2．如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则这个平面图形的周长是（    ） A． B． C． D． 3．在中，内角所对的边分别为，已知，则（    ） A． B． C． D． 4．在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（    ） A． B．1 C． D． 5．已知正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，则其体积为（    ） A． B． C． D． 6．如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点．若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 7．已知是边长为2的正八边形内的一点，为其中心，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．年月日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：，三角高度测量法是珠峰高程测量方法之一．下图是三角高程测量法的一个示意图，现有，，三点，且，，在同一水平面上的投影满足，由点测得点的仰角为，与的差为；由点测得点的仰角为，则，两点到水平面的高度差约为（     ）． A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，部分选对得部分分数，选错不得分） 9．若，，则下列结论正确的是（   ） A． B．若，则或 C．若，则 D．若，则 10．如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（   ） A．该水杯侧面积为 B．该水杯里牛奶的体积为 C．放入的椰果半径为 D．该水杯外接球的表面积为 11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ） A．若，则为钝角三角形 B．若，，，则有两解 C．若，且，则为直角三角形 D．若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．在复数范围内，方程的解为_____ 13．甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点处，碳原子位于正四面体的中心处．若正四面体的棱长为1，则平面和平面位于正四面体内部的交线长度为_____ 14．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，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．已知向量与的夹角，且，． （1）求，，在上的投影向量； （2）求向量与夹角的余弦值． 16．如下图所示，多面体是由长方体沿相邻三个面的对角线截出的几何体，其中，，，为的中点，过，，的平面交于． (1)求该多面体的体积； (2)求证：平面； (3)判断直线与直线的位置关系，并对你的结论加以证明． 17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设． （1）求A； （2）若，求sinC． 18．的内角所对的边分别为所在平面内有一点满足，且． (1)若，求面积的最大值； (2)若，当取得最小值时，求的值． 19．如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别为的中点，点G满足. (1)若，求证：平面； (2)连接BD，点M在线段BD上，且满足平面EFG，当时，求长度的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $