精品解析：北京市和平街第一中学2025-2026学年第二学期高一数学期中调研试卷

和平街一中2025—2026学年度第二学期高一年级 数学期中调研试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知是不同的直线,是不同的平面,下列命题中真命题为（ ） A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,则 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 4. 在平行四边形ABCD中，点是对角线BD上靠近点的三等分点，设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，.若，，三点共线，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC＝5，BC＝6，点P在线段AC上运动，则|+|的取值范围是（ ） A. [3，4] B. C. [6，8] D. 7. 设是非零向量，则“”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 8. 某同学为了测量天文台CD的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台，高AB为，在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A,天文台顶C的仰角分别是15°和60°，在阳台A处测得天文台顶C的仰角为30°，假设AB，CD和点M在同一平面内，则该同学可测得学校天文台CD的高度为（ ） A. B. C. D. 9. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ） ①若，则一定是等边三角形； ②若，则一定是等腰三角形； ③若，则一定是等腰三角形； ④若，则一定是锐角三角形． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成的一个大正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ） A. B. 21 C. 24 D. 40 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则______；______． 12. 已知的内角的对边分别为，且，则 ________. 13. 如图，在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，顶点是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面展开图面积为_____. 14. 已知不共线的向量满足.若，则的一个坐标为__________. 15. 如图，在正方形中，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则___________，___________． 16. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是________． ①直线与直线相交； ②当时，为四边形； ③当为的中点时，平面截正方体所得的截面面积为； ④当时，截面与，分别交于，则． 三、解答题（本大题共5小题，共70分.应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求b，c的值. 18. 如图，在正方体 中，为的中点. （1）求证： 平面； （2）取中点，求证：平面平面 （3）求异面直线与所成角的余弦值. 19. 在中，，且. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点. （1）证明：平面； （2）过点作平面平面交于点，交于点. ①证明：； ②求的值. 21. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 和平街一中2025—2026学年度第二学期高一年级 数学期中调研试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】复数在复平面内的点为，位于第四象限. 2. 已知是不同的直线,是不同的平面,下列命题中真命题为（ ） A. 若,则 B. 若,则 C. 若,则 D. 若,则 【答案】C 【解析】 【分析】可放在长方体中排除错误选项,选出正确选项. 【详解】解:由题知,不妨将, 放在长方体中可知, 关于选项A,如图所示可知A错误, 关于选项B,如图所示可知B错误, 关于选项D,如图所示可知D错误, 根据面面平行的性质定理可知,选项C正确. 故选:C 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理计算即可. 【详解】由题可知：， 所以. 故选：A 4. 在平行四边形ABCD中，点是对角线BD上靠近点的三等分点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 由题意可知：， 则向量减法的三角形法则，可得：， 又因为，，所以. 5. 已知向量，，.若，，三点共线，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】，， 若，，三点共线，则，解得. 6. 已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC＝5，BC＝6，点P在线段AC上运动，则|+|的取值范围是（ ） A. [3，4] B. C. [6，8] D. 【答案】D 【解析】 【分析】以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，分别求得B，C，A的坐标，可得直线AC的方程，设P（m，n），（0≤n≤4），即有m＝，再由向量的运算和模的公式，可得n的函数，结合二次函数的最值求法，可得所求范围. 【详解】解：以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴， OA所在直线为y轴建立直角坐标系，如图： 可得B（﹣3，0），C（3，0），由|AC|＝5，可得A（0，4）， 直线AC的方程为，即4x+3y＝12， 可设P（m，n），（0≤n≤4），即有m＝， 则 当，可得的最小值为 ， 当n＝4时，可得的最大值8， 则的取值范围是. 故选：D. 【点睛】本题考查向量的模的取值范围，运用坐标法是解题的关键，考查转化思想和运算能力，属于中档题. 7. 设是非零向量，则“”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】A 【解析】 【分析】结合充分条件与必要条件的定义及向量的数量积公式计算即可得. 【详解】若，则，故成立， 故“”是“”的充分条件； 当，时，， 当不符合，故“”不是“”的必要条件； 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 某同学为了测量天文台CD的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台，高AB为，在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A,天文台顶C的仰角分别是15°和60°，在阳台A处测得天文台顶C的仰角为30°，假设AB，CD和点M在同一平面内，则该同学可测得学校天文台CD的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算即可得到天文台的高度． 【详解】在Rt△ABM中，有， 在△ACM中，有，，， 由正弦定理得， 故， 在Rt△CDM中，有， 又， 则． 故选：C． 9. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ） ①若，则一定是等边三角形； ②若，则一定是等腰三角形； ③若，则一定是等腰三角形； ④若，则一定是锐角三角形． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角即可判断①；利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可判断②；利用正弦定理与两角和的正弦公式化简已知等式即可判断③；利用余弦定理即可判断④． 【详解】对于①，由，由正弦定理可得， 即，所以，是以是等边三角形，故①正确； 对于②，由正弦定理可得，可得， 所以或， 所以或 所以是等腰或直角三角形，故②不正确； 对于③，因为， 由正弦定理可得，即， 由正弦定理可得，所以为等腰三角形，故③正确； 对于④，由正弦定理可得，所以角为锐角， 而角不一定是锐角，④不正确． 故选：B． 10. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成的一个大正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ） A. B. 21 C. 24 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解. 【详解】根据题意可得，所以， 又因为，，所以，， 设，则，所以，， 所以 令，在上单调递增，在上单调递减， 故最大值为40， 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则______；______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，根据向量线性运算坐标表示结合模长坐标运算计算即可. 【详解】建立如图所示平面直角坐标系： 则， 所以，， ，. 故答案为：；. 12. 已知的内角的对边分别为，且，则 ________. 【答案】 【解析】 【详解】由正弦定理，可得. 13. 如图，在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，顶点是圆柱下底面中心.若圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面展开图面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先由题意得圆锥的底面半径和母线长，再由圆锥的侧面积公式即可计算求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则由题意可得， 所以该圆锥的侧面展开图面积为. 故答案为： 14. 已知不共线的向量满足.若，则的一个坐标为__________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据向量模长相等的条件建立方程，结合向量不共线的限制求解. 【详解】设，已知， 所以，化简为， 取，代入方程得，解得或， 因为与不共线，当时，与共线，舍去； 当时，，与不共线，符合条件. 故答案为：（答案不唯一）. 15. 如图，在正方形中，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则___________，___________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【详解】以A为原点，建立平面直角坐标系，如图： 不妨设，则，，，. 所以，， 所以，， ，即. 因为直线对应的一次函数的解析式为，直线对应的一次函数的解析式为， 由，所以，， 所以. 16. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是________． ①直线与直线相交； ②当时，为四边形； ③当为的中点时，平面截正方体所得的截面面积为； ④当时，截面与，分别交于，则． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】①，由平面，可知直线与直线不可能相交，即可判断； ②，由可得截面S与正方体的另一个交点落在线段上，即可判断； ③，由为的中点，为的中点，可得截面为等腰梯形，求出等腰梯形的上、下底和高，即可求得截面面积，即可判断； ④，当时，延长至，使，连接交于，连接交于连接，取的中点，上一点，使，连接，可求得，再利用勾股定理求出，即可判断. 【详解】①，因为为线段上的动点，所以平面，由正方体可知平面，所以直线与直线不可能相交，故①错误； ②，当时，截面S与正方体的另一个交点落在线段上，如图所示： 所以截面为四边形 ； 又面，故//面，故②正确； ③，连接，如下所示：    因为为的中点，为的中点， 则，故面即为平面截正方体所得截面； 在和中， 又，故该截面为等腰梯形， 又，， 故截面面积，故③正确； ④，当时，延长至，使， 连接交于，连接交于连接， 取的中点，上一点，使，连接， 如图所示： 因为且，且， 所以且，所以四边形是平行四边形，则， 由，，所以， 则为中点，则，所以， 又， 可得， 所以， 则在中，故④正确； 故答案为：②③④. 三、解答题（本大题共5小题，共70分.应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求b，c的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数关系得到，由正弦定理得到； （2）结合（1）中的，利用三角形面积公式得到，由余弦定理求出. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 因为，即，解得， 由余弦定理得，所以， 综上，. 18. 如图，在正方体 中，为的中点. （1）求证： 平面； （2）取中点，求证：平面平面 （3）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理推理得证. （2）易证平面，结合（1）可证结论成立. （3）利用几何法求出夹角的余弦. 【小问1详解】 在正方体中，连接交于，连接， 则为的中点，而为的中点，则， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 由为的中点，为的中点，得，， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 于是平面，由（1）知平面，而， 平面，所以平面平面． 【小问3详解】 如图，作，连接则是异面直线与所成的角或其补角， 令正方体的棱长，则，， 因此， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 19. 在中，，且. （1）求的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：边上的高为； 条件③：. 【答案】（1） （2）选条件①：无解；选条件②：的面积为；选条件③：的面积为 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边化角即可求解； （2）选①，由余弦定理可得答案；选②，结合余弦定理求出面积可得答案；选③，判断出是钝角，利用平方关系求出，再结合正弦定理求出，最后由三角形的面积公式可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理及得 ， 因为，所以； 【小问2详解】 选条件①，， 由余弦定理得， 而由（1）得，显然不成立； 所以无解； 选条件②：边上的高为， 可得，即，又.， 由余弦定理得， 化简得，解得，或舍去， 所以有一解，此时的面积为； 选条件③：， 因为，所以是钝角，可得是锐角， 所以， ， 在中，由正弦定理得， 可得，再由解得， 由余弦定理得， 即，符合有一解， 此时的面积为. 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点. （1）证明：平面； （2）过点作平面平面交于点，交于点. ①证明：； ②求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】1）连接交于，由三角形中位线可证，进而由线面平行的判定定理可证； （2）①由面面平行的性质定理可证； ②猜测点为靠近点的三等分点，在此基础上证明平面平面即可. 【小问1详解】 连交于，因为底面为平行四边形， 所以为的中点，而为的中点，所以， 又平面平面； 所以平面； 【小问2详解】 ①因为平面平面，平面平面，平面平面， 由面面平行的性质定理可得； ②当为的三等分点且时，有平面平面，下面证明： 因为为上的点，且，所以在中，，所以， 由(1)知平面，因为不在平面内，所以平面， 由①可知，因为不在平面内，平面，所以平面， 因为，所以平面平面，所以. 21. 设正整数，集合，对于集合中的任意元素和，及实数，定义：当且仅当时；；．若的子集满足：当且仅当时，，则称为的完美子集． （1）当时，已知集合，分别判断这两个集合是否为的完美子集，并说明理由； （2）当时，已知集合．若不是的完美子集，求的值； （3）已知集合，其中，若对任意都成立，判断是否一定为的完美子集．若是，请说明理由；若不是，请给出反例． 【答案】（1） 由， 显然只有唯一解，即， 所以为的完美子集； 同理，对于，， 令， 即，方程组的解不唯一， 比如，，为方程组的一组解，所以不是的完美子集. （2） （3） 是完美子集，理由如下： 假设存在不全为0的实数，，满足， 不妨设，则否则与假设矛盾， 由，得， 所以， 与，即矛盾， 所以假设不成立，所以．所以， 所以一定是完美子集. 【解析】 【分析】（1）根据完美子集的定义，列方程组求值判断即可； （2）根据题意列方程组，解方程组即可求解； （3）假设存在不全为0的实数，，满足条件，不妨设，由条件得出矛盾即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得， 所以， 由不是的完美子集，即方程组的解不唯一， 因为， 由集合的互异性得，且， 所以，，， 所以， 所以， 所以或， 检验： 当时，存在，，，使得， 当时，因为，所以，，舍， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $