精品解析：内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

2025—2026学年度准旗世纪中学高一下学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知在边长为2的等边中，向量，满足，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 4. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，，，则B等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 在中，已知，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 6. 如图，在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线、于点、. 设，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 在平行四边形中，，．若//，则x= （　　） A. B. C. D. 8. 在中，角的边分别为，知，，则下列判断中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若该三角形有两解 C. 周长的最小值为12 D. 面积的最大值 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． 9. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量的模为 D. 与的夹角为钝角 10. 下列叙述正确的是（    ） A. 已知直线和平面，若有两个不同点，满足点，点且，，则 B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C. 如果直线，则平行于经过的任何平面 D. 已知，，，则在内过点存在唯一一条与平行的直线 11. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，，，若，则为锐角三角形 B. 已知点是平面上的一个定点，并且，，是平面上不共线的三个点，动点满足，则点的轨迹一定通过的内心 C. 已知，，与的夹角为锐角，实数的取值范围是 D. 在中，若，则与的面积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为______. 13. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m. 14. 在中，点是边上异于端点的一点，若，则的最小值为______． 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. 已知平面向量． （1）若，求实数m的值； （2）若与的夹角为，求的值． 16. 如图，在平面四边形ABCD中，对角线平分的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知. （1）求B； （2）若，且________，求线段的长.从下面①②中任选一个，补充在上面的空格中进行求解.①△ABC的面积；②. 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：平面； （2）已知点是棱上的一点，且，求证：平面平面． 18. 如图所示，已知梯形中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，． （1）用，表示； （2）求的值； （3）若点G在线段上运动，设，求的取值范围． 19. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度准旗世纪中学高一下学期期中考试 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以的虚部是. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 3. 已知在边长为2的等边中，向量，满足，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由向量加法的平行四边形法则可知，只需求线段长度即可得出结论. 【详解】如图所示： 设点是的中点， 由题可知： . 故选：C. 4. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，，，则B等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理求解即可 【详解】由正弦定理，，故，因为，故或 故选：C 5. 在中，已知，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长. 【详解】设， 结合余弦定理：可得：， 即：，解得：（舍去）， 故. 故选：D. 【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型： (1)已知三角形的三条边求三个角； (2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角； (3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形． 6. 如图，在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线、于点、. 设，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据，结合平面向量的减法可得出，结合，，可得出，利用三点共线，可求出的值. 【详解】 如图，连接，因为点是线段上靠近点的三等分点，则， 即，所以，， 又因为，，则， 因为三点共线，设，则， 所以，，且、不共线， 所以，，，故，因此，. 7. 在平行四边形中，，．若//，则x= （　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得. 设， 因为， 而 所以，解得. 8. 在中，角的边分别为，知，，则下列判断中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若该三角形有两解 C. 周长的最小值为12 D. 面积的最大值 【答案】C 【解析】 【分析】对于ABC，根据正、余弦定理结合基本不等式即可解决；对于D，由面积公式及正弦定理得，根据基本不等式解决即可. 【详解】对于A，，，由正弦定理得， 所以，故A正确； 对于B，由正弦定理得得，所以， 因为，则有两个解，所以该三角形有两解，故B正确； 对于C，由，得 ， 所以，当且仅当时取等号，此时三角形为等边三角形，周长最大，周长为12，故C错误； 对于D，由选项C知，，当且仅当时取等号， 故 所以面积的最大值为，故D正确. 故选：C. 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． 9. 已知平面向量，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量的模为 D. 与的夹角为钝角 【答案】AC 【解析】 【分析】由模长的计算可得A正确；由向量垂直的坐标表示可得B错误；由投影向量的模的计算可得C正确；由向量的夹角公式可得D错误. 【详解】A：由题意可得，故A正确； B：因为， 所以，故B错误； C：在上的投影向量的模为，故C正确； D：与的夹角的余弦为，所以夹角不是钝角，故D错误； 故选：AC. 10. 下列叙述正确的是（    ） A. 已知直线和平面，若有两个不同点，满足点，点且，，则 B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C. 如果直线，则平行于经过的任何平面 D. 已知，，，则在内过点存在唯一一条与平行的直线 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，已知直线和平面，若两个不同点，满足点，点且，， 则，故A正确； 对于B，当三条直线交于同一点时，则这些直线有可能不在同一个平面， 则不能确定一个平面，故B错误， 对于C，当直线，若过的平面也经过了直线， 则不平行于经过的平面，故C错误， 对于D，由题意可知经过点和直线确定一个平面，且此平面与有唯一的交线，而，故这条交线与直线平行，故D正确． 11. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，，，若，则为锐角三角形 B. 已知点是平面上的一个定点，并且，，是平面上不共线的三个点，动点满足，则点的轨迹一定通过的内心 C. 已知，，与的夹角为锐角，实数的取值范围是 D. 在中，若，则与的面积之比为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量的数量积的定义得到角C为钝角，从而否定A；利用单位向量的定义与加法的平行四边形法则判断与的角平分线的关系，从而判断C；注意到与同向的情况，可否定C；利用平面向量的线性运算和三点共线的条件得到的比例，从而利用比例的性质与三角形面积的特点判定D. 【详解】对于A，因为，即，所以，则为钝角，故A错误； 对于B， 因为、分别表示向量、方向上的单位向量， 所以的方向与的角平分线重合， 又，可得， 又，所以向量的方向与的角平分线重合， 所以点的轨迹一定通过的内心，故B正确； 对于C ，因为，，所以， 当时，，此时与同向，夹角不是锐角，故C错误； 对于D，因为，所以， 延长交于，如图所示. 因为共线，所以存在实数，， 因为共线，所以，所以， 所以，所以，所以， 所以，则，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是延长交于，利用向量基本定理的推论得到在上的位置，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以，即， 故，故圆锥的体积为. 故答案为：. 13. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填. 考点：正弦定理及运用． 14. 在中，点是边上异于端点的一点，若，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【详解】在中，点是边上异于端点的一点，， 根据向量共线定理，可知，，． ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 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. 已知平面向量． （1）若，求实数m的值； （2）若与的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）平面向量． 因为，所以，即； （2）平面向量， 因为与的夹角为， 所以， 则． 16. 如图，在平面四边形ABCD中，对角线平分的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知. （1）求B； （2）若，且________，求线段的长.从下面①②中任选一个，补充在上面的空格中进行求解.①△ABC的面积；②. 【答案】（1）； （2）选①；选②. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简，求出，进而求出角. （2）选①：利用面积公式先求出的长，再利用余弦定理求出，即求出，进而求出；选②：首先利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，即求出，进而确定是直角三角形，即可求出. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 选①，因为的面积， 所以， 即，，由余弦定理得 所以， 所以， 因为平分， 所以， 所以， 选②，因为，在中，由余弦定理： ， 即， 所以， 因为， 所以， 因为平分，所以， 因为，，由正弦定理得， ，所以 ， 又，所以， 所以是直角三角形，且， 所以. 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：平面； （2）已知点是棱上的一点，且，求证：平面平面． 【答案】（1） 连接、分别交于点H、O，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得，所以，所以， 又平面，平面，所以平面. （2） 连接，因为点分别为棱的中点，则， 因为，，则， 可得，则， 且平面，平面，则平面， 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则， 又因为分别为的中点，则，， 且，，则，， 可知为平行四边形，则，可得， 且平面，平面，则平面， 又因为，平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）作辅助线，利用三角形相似得到比例关系，进而可得线线平行，结合判定定理可证结论. （2）作辅助线，根据题意可证平面，平面，进而可得面面垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图所示，已知梯形中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，． （1）用，表示； （2）求的值； （3）若点G在线段上运动，设，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件，用基底法表示向量； （2）用基底法表示向量，再利用平面向量基本定理构造方程组求出相关比例； （3）用基底法表示向量得出的表达式，进而结合对勾函数性质求值域． 【小问1详解】 ，，， ， E为线段BC的中点， ， ． 【小问2详解】 设，则，， ， 又共线， 存在一个实数，使得， ，两式相除可得，即． 【小问3详解】 设，； ，， ， ， ， ，解得， ，， 令， 函数在上单调递增，如下图所示： 当时，取最小值，最小值为1； 当时，取最大值，最大值为； ． 19. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，. （1）证明：； （2）若，求. 【答案】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理， 得， 因为，所以，即． 又因为，所以． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论. （2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值. 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为，如图，在中，，① 在中，．② 由①②得，整理得． 又因为，所以，解得或， 当时，（舍去）． 当时，． 所以． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知，则， 即， 而，即， 故有，从而． 由，即，即，即， 故，即， 又，所以， 则． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知，再由得． 在中，由正弦定理得． 又，所以，化简得． 在中，由正弦定理知，又由，所以． 在中，由余弦定理，得． 故． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作，交于点E，则． 由，得． 在中，． 在中． 因为， 所以， 整理得． 又因为，所以， 即或． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理 因为，所以． 以向量为基底，有． 所以， 即， 又因为，所以．③ 由余弦定理得， 所以④ 联立③④，得． 所以或． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设，则．⑤ 由知，， 即．⑥ 联立⑤⑥解得或（舍去），， 代入⑥式得， 由余弦定理得． 【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题； 方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路； 方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路； 方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择； 方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起； 方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $