精品解析：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

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. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得z可得答案. 【详解】由题意得，故则的虚部为-1， 故选：B 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. 【答案】D 【解析】 【详解】由斜二测画法可知，，， 在中，， 所以. 3. 已知向量，若满足且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设，因为， 所以，， 因为且， 所以且，解得. 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 【答案】C 【解析】 【分析】由线面，面面的位置关系逐项判断可得. 【详解】对于A，若，则或异面，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：C. 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° 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的定义计算即可. 【详解】易知在上的投影向量为， 而，所以与的夹角为. 故选：B 6. 已知中，内角，，所对边长分别为，，，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解. 【详解】由及，得， 而，则，所以的面积. 故选：C 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. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据向量的线性运算以及数量积的定义和运算律，即可求得答案. 【详解】由题意在等边中，，设， 则 ， 当时，取到最小值， 故选：B 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. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定四点共面，进而计算结果即可. 【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：B. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过设出具体的代数形式的复数，计算结果可一一验证A,B,C项，对于D，需要利用复数的几何意义，数形结合理解易得结论. 【详解】设，则， 对于A：，因是非零复数，故，即A错误； 对于B：设， 故 ， 而，故B正确； 对于C：由于，故C正确； 对于D：根据复数的几何意义，表示以原点为圆心，1为半径的圆， 而则表示圆上一点到点的距离， 故的最大值为，故D正确. 故选：BCD. 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. 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦定理求得，根据正弦定理及余弦定理结合正弦函数性质，依次对各选项逐一判断即得. 【详解】因为，所以， 由正弦定理可得，即． 对于A，当时，由，唯一确定，角有唯一解，故A正确； 对于B，当时，，因， 此时有两解，故的解不唯一，故B错误； 对于C，当时，，则或， 则或，角有两个解，解不唯一，故C错误； 对于D，当时，，因，则，角有一个唯一解，故D正确. 11. 已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，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，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积公式和勾股定理可得A正确；由勾股定理求出外接球半径可判断B；求出正方形外接圆半径，再利用三角形相似可得C正确；作出截面图形，利用勾股定理求出半径，再结合角度关系求出长度可得D. 【详解】对于A，因为圆锥的底面半径为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，如图所示四段红色的弧线， 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. 故选：ACD. 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. 【答案】内心 【解析】 【详解】因为分别表示方向上的单位向量， 所以的方向与的角平分线一致， 若，则的方向与的角平分线一致， 所以点的轨迹一定通过的内心. 13. 在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】通过平移得到异面直线所成的角，利用解三角形即可求得该角的余弦值. 【详解】 如图，设正方体的棱长为2，取的中点，连接， 因是的中点，易得，故，则为异面直线与所成角或其补角. 在中，， 则. 故异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 14. 已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理及三角恒等变形化简得，进而可得，即，再由边角互化得，结合即可求解． 【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77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 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. 【答案】（1），， （2），证明： 由 则，所以， 又因为有公共点，所以三点共线. 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算即可求解； （2）利用向量的线性运算可得，然后根据与的关系即可证明三点共线. 【小问1详解】 由向量的减法可得：， 由向量的加法可得：， 因为在平行四边形中，是的中点， 所以， 同理：； 【小问2详解】 略 16. 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. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【小问1详解】 ，，所求几何体的体积为． 【小问2详解】 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； 17. 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； 【答案】（1） 证明：因为平面，平面，所以， 又，平面， 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． 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质可得，再结合线面垂直的判定即可证明； （2）通过证明四边形为平行四边形，得到，再由线面平行的判定即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，其中为的面积. （1）求角的大小； （2）设是边的中点，若，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的数量积和三角形的面积公式以及正弦定理化简已知等式可得，再由两角和的正弦展开式结合特殊角的三角函数化简整理即可； （2）法一：结合已知由正弦定理可得，代入数据化简后可得，再由两角差的正弦展开式和同角三角函数关系求出，即可得到结果； 法二：由三角形的面积公式结合已知可得，再在中，据余弦定理得，解出，然后在中，据勾股定理解出结果即可； 法三：延长到点，使得，由三角形中位线的性质结合勾股定理和三角函数定义关系求出即可； 法四：延长到，使，连结，，由已知结合三角函数的定义和勾股定理解出即可； 【小问1详解】 据，可得， 即， 结合正弦定理可得. 在中，， 所以， 整理得. 因为，，故，即， 又，所以. 【小问2详解】 法一：因为是边的中点，，所以. 在中，，则. 在中，，，， 据正弦定理可得，，即， 所以. 所以，即， 所以， 又，， 所以，解得， 所以. 法二：因为是边的中点，故， 所以，即， 整理得① 在中，据余弦定理得，， 即② 联立①②，可得，. 在中，据勾股定理得，， 所以. 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. 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． 【答案】（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）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质推理得证. （2）证明平面，再利用面面垂直的性质求出点到平面的距离即可. （3）作出二面角的平面角，利用几何法求出该角正切的函数关系，进而求出范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 1 B. C. D. 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，其侧面展开图的面积为，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，则球面与正方体的底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. 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. 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. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，其中为的面积. （1）求角的大小； （2）设是边的中点，若，求的长. 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $