精品解析：广东省东莞市大岭山中学、松山湖莞美学校、众美中学2025-2026学年度第二学期期中考试高一数学试卷

2025～2026学年度第二学期期中考试 高一数学 说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上． 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 一、选择题：本题共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. 若复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. -2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用复数的乘法运算化简再求解. 【详解】解：因为复数， 所以， 所以的虚部为1， 故选：A 2. 已知向量 ， 且 则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据向量平行的坐标运算计算即可. 【详解】因为且，则，得. 故选：D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，，则原的面积为（ ） A. 6 B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，从而求出面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形， 则，，， 则原的面积为. 4. 在中，D为的中点，E为上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，根据平面向量线性运算加减法法则可以直接进行求解. 【详解】由已知，D为的中点，所以， 所以. 故选：D. 5. 在中，内角所对应的边分别是，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理建立方程，即可解得答案. 【详解】由余弦定理可知， 即， 整理得，解得或（舍去）. 故选：D. 6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由面面平行的性质定理及线面平行的性质的应用分别判断出所给命题的真假． 【详解】A中，若，则或，所以A不正确； B中，，没有指明是否是相交直线，所以B不正确； C中，若，则或，所以C不正确； D中，若，由面面平行的性质定理可知，所以D正确． 故选：D． 7. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的性质得到，然后求投影向量即可. 【详解】由，得，由， 得，则， 因此，在上的投影向量为. 故选：D. 8. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成．如图，记榴花塔高为OT，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点A和，现测得，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高OT为（ ） A. 15m B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可. 【详解】依题意，中，， ，即，解得. 在中，， 即. 故选：D 二、选择题：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，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若i为虚数单位，则 B. 若为纯虚数，则是实数 C. 复数的共轭复数为 D. 复数在复平面内对应的点位于第三象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的幂运算性质、纯虚数的定义、复数的除法运算法则、共轭复数的定义以及复数的几何意义，逐一判断各选项的真假. 【详解】对于A，，所以，A为假命题； 选项B，若为纯虚数，设，为实数， B为真命题； 对于C，，其共轭复数为，C为假命题； 对于D，复数在复平面内对应的点坐标为，位于第三象限，D为真命题． 10. 已知平面向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A, ，A正确， 对于B，，故B错误， 对于C, ，故，C正确， 对于D，，故与的夹角为，故D正确， 故选：ACD 11. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若平面平面，则 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图形的性质得到四边形为正方形可得A正确；由线面平行的性质定理可得B正确；由两个大棱锥的体积减去六个小棱锥的体积可得C错误；由8倍的大正三角形面积减去3个小正三角形的面积再加上6个正方形的面积可得D正确. 【详解】 对于A、B：如图，易得四边形为正方形，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面平面，平面，所以. 因为，所以，故A，B正确. 对于C：该半正多面体的体积为，故C错误. 对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：在求正多面体面积或体积时可用“拼凑法”求解较为简单. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正方体中，直线与直线AC所成角的大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】将异面直线所成角转化为相交直线所成角，即可求解. 【详解】因为，所以直线与直线AC所成角为直线与直线所成角, 即或其补角，是等边三角形，所以， 所以直线与直线AC所成角的大小为. 故答案为： 13. 已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为______. 【答案】 【解析】 【分析】设球的半径为，则由题意可表示出圆柱的底面半径和高，从而可表示两几何体的体积，进而可得答案 【详解】设球的半径为，则由题意可得圆柱的底面半径为和高为， 所以球与圆柱的体积之比为 . 故答案为： 14. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则的余弦值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的加减法运算和数量积的运算律求解即可. 【详解】由题可得，， ， 所以 ， ， ， 所以， 故答案为: . 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. 已知向量与的夹角为，且，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的数量积的定义即可求解；（2）根据题意，利用向量的数量积的运算律，直接计算，即可求解； 【小问1详解】 因为向量与的夹角为，且，， 则． 【小问2详解】 因为向量与的夹角为，且，，且, 可得 16. 已知复数，，是虚数单位． （1）若复数z是纯虚数，求m的值： （2）当时，复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）若复数是纯虚数，则其实部为0，且虚部不为0，据此列出方程组即可求出m的值； （2）根据实系数一元二次方程虚根互为共轭求出另外一个根，再利用韦达定理即可求出p，q的值. 【小问1详解】 因为复数是纯虚数，所以. 由，解得或. 当时， ，符合要求； 当时，，不符合要求，舍去， 所以m的值为1； 【小问2详解】 当时，复数， 由题意知复数是关于x的方程的一个根. 因为方程的系数为实数， 所以方程的另外一个根是的共轭复数. 所以由韦达定理可得， 解得. 17. 在中，角的对边分别是，且. （1）求. （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 【答案】（1） （2）①；②的面积为 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合辅助角可求出，进而可求出角A的大小； （2）①利用余弦定理即可求出的值. ②由三角形的面积公式，结合余弦定理可求得的值，进而可求面积. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以，所以， 所以．所以，所以， 因为，所以，所以，所以． 【小问2详解】 ①由，可得， 所以； ②由，可得， 由（1）知，则， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，解得或（舍去）， 所以的面积为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F． （1）求证：平面； （2）求证：F为的中点； （3）在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在N使得平面，，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，易知，再由线面平行的判定证结论； （2）由，根据线面平行的判定有面，再由线面平行的性质可得，结合已知即可证结论. （3）为中点，连接，由已知易证为平行四边形，则，再由线面平行可证面，即可判断存在性. 【小问1详解】 连接交于，连接，如下图： 由为平行四边形，则为中点，又E为棱的中点， 所以为中位线，则， 又面，面，故平面； 【小问2详解】 由题设知：，面，面， 所以面，又面，面面， 所以，又E为棱的中点，即是△的中位线， 故F为的中点； 【小问3详解】 存在N使得平面且，理由如下： 为中点，连接， 由题设且，由（2）知且， 所以且，即为平行四边形， 所以，而面，面， 所以面，故所求点即为点， 则上存在点N使得平面，且. 19. 在中，内角对应的边分别为，，，． （1）求； （2）若为线段内一点，且，求线段的长； （3）法国著名科学家柯西在数学领域有非常高的造诣；很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如对于任意的，都有被称为柯西不等式；若，求：的最小值． 【答案】（1） （2） （3）48 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数关系和正弦定理边角互化对等式进行化简，再结合余弦定理即可求解. （2）将用表示，再利用数量积的运算律求解. （3）根据柯西不等式的定义直接化简，当且仅当为正三角形时取等号，即可得到最小值. 【小问1详解】 由，得， 即，在中，由正弦定理得， 由余弦定理得，而， 所以． 【小问2详解】 由，得， 则， 所以. 【小问3详解】 依题意， ， 当且仅当为正三角形时取等号，所以所求的最小值为48. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第二学期期中考试 高一数学 说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上． 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 一、选择题：本题共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. 若复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. -2 C. D. 2. 已知向量 ， 且 则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，，则原的面积为（ ） A. 6 B. C. D. 8 4. 在中，D为的中点，E为上一点，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角所对应的边分别是，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成．如图，记榴花塔高为OT，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点A和，现测得，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高OT为（ ） A. 15m B. C. D. 二、选择题：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，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若i为虚数单位，则 B. 若为纯虚数，则是实数 C. 复数的共轭复数为 D. 复数在复平面内对应的点位于第三象限 10. 已知平面向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 11. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若平面平面，则 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正方体中，直线与直线AC所成角的大小为______. 13. 已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为______. 14. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则的余弦值为__________. 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. 已知向量与的夹角为，且，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 已知复数，，是虚数单位． （1）若复数z是纯虚数，求m的值： （2）当时，复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值． 17. 在中，角的对边分别是，且. （1）求. （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F． （1）求证：平面； （2）求证：F为的中点； （3）在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 19. 在中，内角对应的边分别为，，，． （1）求； （2）若为线段内一点，且，求线段的长； （3）法国著名科学家柯西在数学领域有非常高的造诣；很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如对于任意的，都有被称为柯西不等式；若，求：的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $