精品解析：云南昆明市第三中学2025-2026学年高一年级下学期期中考试数学试题卷

昆明市第三中学高2028届高一年级下学期期中考试 数学试题卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真填涂考号． 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，将答题卡交回． 一、单项选择题：本大题共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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：A. 2. 若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即， 所以，这个球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 3. 已知为两个不同平面，m，n为两条不同的直线，下列命题不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论． 【详解】对于A，若，则取内任意两条相交直线，使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A正确； 对于B，垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确； 对于C，若，，如图，设，平面为平面，，设平面为平面，，则，故C错误； 对于D，由面面垂直的判定定理可得，故D正确； 故选：C． 4. 在△中，“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由正弦定理，得，由得，即，由大边对大角得；当得，即，由正弦定理得，因此“”是“”的充要条件，故答案为C. 考点：1、正弦定理的应用；2、充要条件的判断. 5. 已知是异面直线，直线平行于直线，那么与 A. 一定是异面直线 B. 一定是相交直线 C. 不可能是平行直线 D. 不可能是相交直线 【答案】C 【解析】 【详解】如图： 设，为两个相交于直线的平面，其中，平面；，平面，且. A、D项，如图中满足题设条件，但与是相交直线，故A、D项错误； B项，如图中满足题设条件，但与是异面直线，故B项错误； C项，假设，则由可知，这与、异面矛盾，所以与不可能平行， 故选C. 6. 在中，为边上的中线，为的中点，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果. 【详解】根据向量的运算法则，可得 ， 所以. 【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算. 7. 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的最大值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理化简已知等式可求，进而可求B，由余弦定理，基本不等式可求，进而利用三角形面积公式即可得解． 【详解】解：由正弦定理知：，即， 故， 所以，又， 由余弦定理得， ， 故， 故选D． 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题． 8. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值. 【详解】已知，将其变形可得，即. 根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线. 因为点为的外心，外心是三角形三边垂直平分线的交点，且，，三点共线， 所以为外接圆的直径，那么，即是直角三角形. 根据投影向量的定义求的值，， 可得，即， 又因为，所以，因为，所以. 的值为. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第二象限 C. 的虚部为 D. z是方程的根 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算化简复数，再根据复数的模长、几何意义、复数的运算及复数与方程的根逐项判断关系即可. 【详解】因为，所以，A正确； z在复平面内对应的点为，位于第一象限，B错误； ，虚部为，C正确； 由得，即， 所以z是方程的根，D正确. 故选：ACD． 10. 在正方体中，点分别是面和面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 与共面 B. 与夹角为 C. 平面 D. 平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的定义可得与是异面直线，即可判断；对于B，由是正三角形，，可得与夹角为，即可判断；对于C，由平面，可得，同理可得，则平面，即可判断；对于D，利用三角形中位线可得，则得平面，即可判断. 【详解】 对于A，因为，平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以与异面，故A错误； 对于B，因为是正三角形，又，所以与夹角为，故B正确； 对于C，因为平面，平面， 所以，又， ，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可得， 又，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为点分别是面和面的中心， 则点分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，故D正确. 故选：BCD. 11. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由诱导公式即可判断A，由正弦定理即可判断B，由条件可得，结合基本不等式代入计算，即可判断C，由条件可得，然后换元，结合二次函数的值域，即可判断D. 【详解】对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则，， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由C可知，， 则， 令， 由可得，则， 所以，故， 且， 所以， 当时，取得最大值， 当或时，最小值为， 所以，故D正确； 故选：BCD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则的最大内角等于_______ 【答案】105° 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，即可根据三角形内角和求解. 【详解】由正弦定理可得, 由于所以， 故,故 故答案为：105° 13. 已知，点是边上一点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得，再代入，即可求得. 【详解】 由题意，， 所以 . 故答案为：. 14. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为，当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据体积求出可得，设正方形外接圆圆心为，取，设矩形外接圆圆心为，求出，设外接球的球心为，外接球半径R，利用勾股定理可得答案. 【详解】，如图， 当侧面水平放置时，水平面与分别相交于 点，则平面平面， ， ， ，即， 由到的距离为，得到的距离为， 设正方形外接圆圆心为，半径为，则， 设矩形外接圆圆心为，半径为，则； 设几何体的外接球的球心为，外接球半径R， 球心的位置可能有2种情况，如图， 则，或， 由得无解；由得， 故外接球表面积为. 故答案为：. 四、解答题：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，满足，，． （1）若，求实数的值； （2）若设与的夹角为，求的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直数量积为，得出，从而确定向量，不共线，可作为一组基底，再根据共线定理得出实数的值； （2）根据两向量的夹角公式的需要，首先求出两向量的数量积，再求出的模长，最后代入夹角公式即可. 【小问1详解】 由可得：， 即，又由，得，， 代入解得：，所以，是不共线的向量. 由题可设：，因为，是不共线的向量， 所以且，解得． 【小问2详解】 由于， ， 由与的夹角为：， 由于，所以． 16. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若，且△ABC的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）采用边化角结合内角和恒等变换，利用余弦型三角式求解内角； （2）联立面积公式与余弦定理构造方程组，直接求解边长. 【小问1详解】 由， 结合正弦定理可得， 展开右侧三角式得， 消去同类项后化简为， 整理得， 由，得，解得. 【小问2详解】 由三角形面积公式， 代入，得， 由余弦定理， 代入、，得， 联立，解得. 17. 《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1） 取的中点，连接， 由分别为的中点， 所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. （2） 因为，所以， 因为底面，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 所以， 因为，，所以，， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，则由三角形中位线定理及平行四边形的性质可证得四边形为平行四边形，则，然后由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由等腰三角形的性质可得，由线面垂直的判定定理证得平面，则，由，可得，，再利用面面垂直的判定定理可证得结论； （3）连接交于点，连接，则可得平面，所以与平面所成角为，然后在中求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 连接交于点，连接， 因为点分别为的中点， 所以， 所以平面， 所以为在平面中的射影， 所以与平面所成角为， 由已知得 所以， 因为为锐角，所以， 所以与平面所成角为. 18. 折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积. 【答案】（1） 证明：由正弦定理可得，则， 又因为，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和面积公式即可证明； （2）利用面积代换，再结合三角恒等变形，即可求解； （3）设对应边长，再利用余弦定理得到边角关系，然后利用方程组思想来求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 将代入， 得 即，所以， 即，解得：， 又因为，所以； 【小问3详解】 由余弦定理得，则， 即，所以解得 则； 设折痕为线段，其中在上，在上，设，， 则，，， 在中，由余弦定理得，解得 在中，由余弦定理得，解得 重叠部分的面积为的面积，. 因为 所以. 所以 19. 如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． （1）若平面平面，证明：平面平面； （2）设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 【答案】（1） 因为四边形是矩形，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 而平面，因此平面平面． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再利用面面垂直的判定得结论； （2）①利用线面垂直的判定得平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，在平面内，过作，交于，利用面面垂直的性质得平面，再利用线面垂直的判定与性质得和，再利用二面角的平面角得是二面角的平面角，再解直角三角形得结论； ②利用二倍角正弦、余弦公式得，再由基本不等式求最值得当，时，二面角最大，最后利用棱锥的体积计算得结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①如图： 在矩形中，因为，，是线段的中点，是线段的中点， 所以， 因为，，是线段的中点，所以． 因为，、平面，所以平面， 而平面，因此平面平面． 在平面内，过作，交于， 而平面平面，因此平面． 在平面内，过作，交于，则． 因为平面，平面，所以， 而，、平面， 因此平面，而平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在中，因为，， 所以，． 在矩形中，因为，， 所以， 因此在中，． ②因为，所以， 因此， 当且仅当，即，时，等号成立． 因为，所以， 而，因此，所以当，时，二面角最大， 所以当二面角最大时，四棱锥的体积为 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市第三中学高2028届高一年级下学期期中考试 数学试题卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真填涂考号． 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，将答题卡交回． 一、单项选择题：本大题共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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知为两个不同平面，m，n为两条不同的直线，下列命题不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 在△中，“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知是异面直线，直线平行于直线，那么与 A. 一定是异面直线 B. 一定是相交直线 C. 不可能是平行直线 D. 不可能是相交直线 6. 在中，为边上的中线，为的中点，则 A. B. C. D. 7. 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的最大值为 A. B. C. D. 8. 已知点为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第二象限 C. 的虚部为 D. z是方程的根 10. 在正方体中，点分别是面和面的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 与共面 B. 与夹角为 C. 平面 D. 平面 11. 在斜三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则的最大内角等于_______ 13. 已知，点是边上一点，若，则__________. 14. 一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为，当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为_________. 四、解答题：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，满足，，． （1）若，求实数的值； （2）若设与的夹角为，求的大小． 16. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若，且△ABC的面积为，求. 17. 《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成角的大小. 18. 折纸是一项玩法多样的活动.通过折叠纸张，可以创造出各种各样的形状和模型，如动物、花卉、船只等.折纸不仅是一种艺术形式，还蕴含了丰富的数学知识.在纸片中，，，所对的边分别为，，，的面积为，. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，若，是的中点，现需要对纸片做一次折叠，使点与点重合，求折叠后纸片重叠部分的面积. 19. 如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． （1）若平面平面，证明：平面平面； （2）设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $