精品解析：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数学试卷

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置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，i为虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，通过已知等式可求出的虚部. 【详解】设，则， 由得，即， 所以，所以复数的虚部是. 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. 【答案】D 【解析】 【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. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 2020年12月8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：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ） A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 【答案】B 【解析】 【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案． 【详解】 过作，过作， 故， 由题，易知为等腰直角三角形，所以． 所以． 因为，所以 在中，由正弦定理得： ， 而， 所以 所以． 故选：B． 【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为． 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 【答案】AD 【解析】 【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. 如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有牛奶，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，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半，则（ ） A. 该水杯的侧面积为12π B. 该水杯中牛奶的体积为 C. 该水杯中牛奶的体积为3π D. 该水杯外接球的表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积，体积公式即可判断ABC；设出该水杯外接球的球心，列方程可求出外接球的半径，进而可判断D. 【详解】取水杯上、下底面圆心分别为，过作，垂足为，设该水杯外接球的球心为，如图： 对于A，由题意知水杯的下底面半径，上底面半径， 在中，斜边长，即母线长， 所以该水杯的侧面积为，故A错误. 对于BC，因为当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半， 所以由梯形的中位线性质知牛奶面的半径为，牛奶面到杯底的距离为， 所以该水杯中牛奶的体积为，故B正确，C错误. 对于D，因为， 所以，即， 代入数据得，解得， 所以， 所以该水杯外接球的表面积为，故D正确. 11. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则可以是钝角三角形 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 【答案】BD 【解析】 【分析】对于选项A，根据三角形内角和定理以及两角和的正切公式判断；对于选项B，利用三角形解的个数直接判断即可；对于C，D，根据向量的性质判断三角形的形状即可. 【详解】选项A，，，. ，. 又，即. ，即为锐角三角形，A选项错误. 选项B，，故有两解，B选项正确. 选项C，分别是方向上的单位向量，以为邻边的平行四边形是菱形，在的角平分线上. 又，的角平分线垂直于，. ，，，是等边三角形，C选项错误. 选项D，，，两边平方整理得：. ，设，代入上式得， ，，，同理可得. ，是的外心，且，，同理可得，故为等边三角形，D选项正确. 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_____ 【答案】 【解析】 【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. 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_____ 【答案】 【解析】 【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. 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______. 【答案】 【解析】 【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. 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）在上的投影向量； （2）求向量与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由投影向量的定义写出在上的投影向量； （2）由向量夹角的计算公式及数量积的运算律求夹角余弦值. 【小问1详解】 在上的投影向量为； 【小问2详解】 由， ，即， 则， 即向量与夹角的余弦值为． 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． 【答案】（1）20 （2）证明见解析 （3）直线直线，证明见解析 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 直线直线 证明：由（2）有平面， 又平面，平面平面， 所以. 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设． （1）求A； （2）若，求sinC． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 如图所示，正方体的棱长为分别为的中点，点满足. （1）若，证明：平面； （2）连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，依题意可得为的中点，从而得到，再由正方体的性质得到，从而得到，即可得证； （2）求出和时的长度，即可得到的取值范围. 【小问1详解】 连接， 因为为的中点，当时， 所以为的中点，所以， 又且，所以四边形为平行四边形， 所以，故， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 当时为的中点，连接交于点，连接， 连接交于点，取的中点，连接、， 因为分别为的中点，所以， 则为的中点，所以， 又且，所以为平行四边形， 所以，故， 又平面，平面平面，平面， 所以，所以和重合， 又，此时，    当时与点重合，在上取点使得，连接， 由前述说明可知为的中点，则， 又，所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以， 综上可得当时，求长度的取值范围为. 第1页/共1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置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，i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. 2020年12月8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：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ） A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 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（不计厚度）内盛有牛奶，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，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半，则（ ） A. 该水杯的侧面积为12π B. 该水杯中牛奶的体积为 C. 该水杯中牛奶的体积为3π D. 该水杯外接球的表面积为 11. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则可以是钝角三角形 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）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，正方体的棱长为分别为的中点，点满足. （1）若，证明：平面； （2）连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $