精品解析：广东广雅中学花都校区2025-2026学年第二学期高一期中教学质量检测数学试题

2025学年第二学期高一级期中教学质量检测 数学 命题人：花都校区高一数学备课组 审核人：李晓颖、梁睿霞 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内； 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； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的. 1. 如果复数（）的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】，因为实部与虚部相等，所以. 2. 已知半径为的球的体积与表面积相等，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为半径为的球的体积与表面积相等， 所以. 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则为（ ） A. 15° B. 75° C. 15°或75° D. 60°或120° 【答案】C 【解析】 【详解】因为、、， 由正弦定理，且， 又，所以或， 所以 或. 4. 如图，在边长为2的正方形中，分别为的中点，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】以为坐标原点建立如图所示直角坐标系， 则，则， 则. 5. 如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形是（ ） A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 梯形 【答案】C 【解析】 【详解】在矩形中，， 所以直观图还原得. 四边形为平行四边形，， ，所以，， 则. 所以，故原图形为菱形. 6. 已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，且，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与直线、直线与平面和平面与平面的位置关系的判定定理和性质即可逐一判断各选项. 【详解】若，，，则，或直线m和直线n异面，或直线m和直线n相交，故A错误； 若，，，，则当直线m和直线n是两条相交直线时， 当时平面与平面可能相交，故B错误； 若，，，且，， 则当直线n在平面外，则，若此时直线m和直线n是两条相交直线， 则由面面平行判定定理可得， 当直线n在平面外且，则平面与平面相交，或， 当，则平面与平面相交，故C错误； 若，，，则由线面平行性质定理可得，故D正确. 7. 重庆某校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育”的担当，更与学校“本德宗道、兼济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许、某同学为了测量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为，在与点同一水平面旁边小路上且共线的三点，，处分别测得顶点的仰角为30°，45°，60°，且，则木铎金声钟的高约为（ ）（参考数据：，，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，通过仰角分别得到，再通过，结合余弦定理代入数据求解即可. 【详解】设木铎钟总高 ，因为 水平面， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 又，即，是中点， 在中，， 在中，， 因为，所以， 则， 即，又， 得， 化简可得： ， 代入各表达式：， 化简计算：， 因此木铎金声钟的高约为 . 8. 已知平面向量，，且.已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】设，，，由结合图形可得，然后由题设及向量模长公式可得答案. 【详解】设，，， 因，则. 如下图，为直线上任意一点，因，则， 又 ，则， ，当且仅当时取等号. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若是非零复数，且，则 D. 若是非零复数，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设，则，代入等式两边验证即可判定；对于C项，可将题设条件等价转化，分析即得；对于D项，可通过举反例对结论进行否定. 【详解】对于A项，若，，显然满足，但，故A项错误； 对于B项，设，则，，故而，故B项正确； 对于C项，由可得：，因是非零复数，故，即，故C项正确； 对于D项，当时，是非零复数，但 ，故D项错误. 故选：BC. 10. 如图，在中，为边上的动点，为边上的动点，线段、相交于点.则下面说法正确的是（ ） A. 若、分别为与中点，则 B. 若点是平面内任意一点，且满足，，则点的轨迹一定过三角形的内心 C. 若，，则 D. 若，，为中点，则的最大值为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得为的重心，根据重心的性质求解后即可判断；对于B，由题意可得点在的平分线上，即可判断；对于C，由向量的线性运算，即可判断；对于D，由向量的线性运算、余弦定理及基本不等式，即可判断. 【详解】对于A，当M、N分别为BC与AC中点时， 则为的重心， 则, 同理可得, 所以，故A正确； 对于B，因为是与同向的单位向量，是与同向的单位向量， 所以表示的向量在的平分线上， 又因为，． 所以，即． 所以点在的平分线上， 所以点P的轨迹一定过三角形的内心，故B正确； 对于C，， C错误； 对于D，由题意可得, 所以， 由余弦定理可得，所以， 又因为，当且仅当时，等号成立， 即，所以， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即的最大值为，故D正确. 11. 在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（ ） A. 当时， B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合圆锥的侧面展开图、轴截面、余弦定理，运用割补法逐一判断即可. 【详解】依题意可知. 对于ACD选项，当时，. ，A选项正确； 侧面展开图的母线长为，圆心角为. 此时圆锥侧面展开图如下图所示： 所以，C选项正确. 棱长为的正四面体如下图所示， 正方体的棱长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则， 解得，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D选项正确. 对于B选项，，为钝角， 所以过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，B选项错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解. 【详解】如图所示，为正四棱台，连接， 由，得， 过作，为垂足；过作，为垂足， 则，， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为4和16， 体积. 故答案为：28 13. 在平行四边形中，，，三点对应的复数分别是，，，则点对应的复数是________； 【答案】 【解析】 【分析】设出的坐标，解法一：根据复数的几何意义，结合平行四边形性质求解；解法二：根据复数的几何意义，结合向量相等求解. 【详解】由题意可得, 设的坐标为， 解法一：平行四边形中，对角线互相平分，即与中点坐标相同， 所以，解得，故点对应的复数是. 解法二：由于，可得， 故，故点对应的复数是. 14. 记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______ 【答案】## 【解析】 【分析】先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求解最小值即可. 【详解】因为，而， 由正弦定理得， 所以. 又因为， 设，，所以. 又，所以， 所以，即， 设，所以，即有解， 所以，解得. 若，则与中至少有一个为负数，这与三角形中最多只有一个钝角矛盾，故. 即有，所以，故的最小值为. 四、解答题：本大题共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，，是同一平面内的三个向量，其中 （1）若，且，求； （2）若，且，求在上的投影向量. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标关系求参，再求模即可； （2）根据向量垂直的坐标运算求出，再结合投影向量公式计算即可. 【小问1详解】 因为，所以，所以，， 所以； 【小问2详解】 因为，所以 ， 即 ，又 ， 所以，所以， 所以在上的投影向量为 . 16. 如图，圆锥的底面半径是1，高是. （1）过线段的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积与体积. （2）若过线段上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求挖去的圆柱侧面积的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）求得圆柱的底面半径和高，由此求得剩下几何体的表面积和体积. （2）首先求得圆柱的侧面积表达式，结合二次函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由题可知，， 所以剩下几何体的表面积为：， 体积为 【小问2详解】 取上一点，设，则， 所以， 所以圆柱侧面积为， 所以当时，圆柱侧面积最大，为 17. 已知中，，，分别是角，，的对边，的面积. （1）证明：； （2）角的平分线交于点，且，，求. 【答案】（1）见以下证明过程 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的面积与已知条件， 建立等量关系，根据正弦定理将边化为角，再利用三角形内角和将角化为角和角， 结合两角差的正弦公式即可得出证明； （2）由（1）可知，分别根据余弦定理和三角形面积，建立角和边的两个等量关系， 求出和边，再根据余弦定理，即可求得. 【小问1详解】 由三角形面积可得， 又因为且，所以，化简得， 由正弦定理，则， 又， 所以，整理得， 则或，解得或（舍）， 因此，得证. 【小问2详解】 因为为的平分线，， 则，所以. 在等腰中，由余弦定理得①， 又，，， ， 所以，又因为， 因此，，又， 整理得②， 联立①②得，化简得，解得，（舍）， 所以，即， 在中，由余弦定理得， 又，所以. 18. 如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据中位线以及比例可证明线线平行，进而可得线面平行以及面面平行，即可根据面面平行的性质求解， （2）根据面面垂直的性质得线面垂直，即可根据线线垂直求证平面得解， （3）利用等体积法求解长度，即可由比例以及体积公式求解. 【小问1详解】 如图②取的中点，连结 是中点，是中点， 在中，由中位线定理得， 又平面平面 平面. 又是中点，是中点， ，又，故在中，得， 又平面平面 平面 由平面平面， 平面平面，又平面， 平面. 【小问2详解】 如图④，在平面中，过作，为垂足， 平面平面，平面，，平面平面， 平面， 又平面，已知， 又平面平面， 平面，又由平面， . 【小问3详解】 由（2）知，又已知，，是面内两相交直线， 面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为， 则由得 ，解得， 又由知点到面的高为， 又， . 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，满足，. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求取值范围（、分别表示和的面积）. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理将边转化为有关角的余弦定理的形式即可求解； （2）（ⅰ）利用三角形外接圆圆心为垂直平分线的交点，及向量数量积的几何意义， 结合已知条件，将数量积转化为三角形中边的一次函数关系，利用单调性求出范围； （ⅱ）先根据三角形外接圆圆心角性质，将三角形面积表示为半径和内角的形式， 再结合正弦定理，将面积表示为角的单变量函数的关系，利用函数的单调性求出取值范围. 【小问1详解】 解：由题意知，，， 则，所以， 由余弦定理，所以， 又，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）解：由，根据向量运算的三角形法则得， ， 由点为三角形外接圆圆心，则点到各边的投影均为三角形各边的中点， 设为中点，则，为在上的投影向量，且， 所以，根据向量数量积的几何意义可得， 同理，， 则，又， 所以 . 在锐角三角形中， 由为锐角，则，即， 又，，则，代入得， 又因为，所以解得； 由为锐角，则，即， 又，，则， 代入得，解得，所以. 易知在上单调递减，所以， 即； （ⅱ）设三角形外接圆半径为，由同圆中，同弧所对圆心角等于圆周角的倍， 则，，又， 所以， 由正弦定理，，则， 代入上式可得， 化简得， 令，则， 由为锐角三角形，，则，所以， 又，所以，则，所以. 令，，由开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，又 ， 因此，即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高一级期中教学质量检测 数学 命题人：花都校区高一数学备课组 审核人：李晓颖、梁睿霞 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号等相关信息填写在答题卡指定区域内； 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； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上，不得使用涂改液，不得使用计算器. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的. 1. 如果复数（）的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知半径为的球的体积与表面积相等，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则为（ ） A. 15° B. 75° C. 15°或75° D. 60°或120° 4. 如图，在边长为2的正方形中，分别为的中点，则（ ） A. B. 1 C. D. 5. 如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形是（ ） A. 正方形 B. 矩形 C. 菱形 D. 梯形 6. 已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，且， ，则 D. 若，，，则 7. 重庆某校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育”的担当，更与学校“本德宗道、兼济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许、某同学为了测量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为，在与点同一水平面旁边小路上且共线的三点，，处分别测得顶点的仰角为30°，45°，60°，且，则木铎金声钟的高约为（ ）（参考数据：，，） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，，且.已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若是非零复数，且，则 D. 若是非零复数，则 10. 如图，在中，为边上的动点，为边上的动点，线段、相交于点.则下面说法正确的是（ ） A. 若、分别为与中点，则 B. 若点是平面内任意一点，且满足，，则点的轨迹一定过三角形的内心 C. 若，，则 D. 若，，为中点，则的最大值为. 11. 在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（ ） A. 当时， B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 13. 在平行四边形中，，，三点对应的复数分别是，，，则点对应的复数是________； 14. 记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______ 四、解答题：本大题共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，，是同一平面内的三个向量，其中 （1）若，且，求； （2）若，且，求在上的投影向量. 16. 如图，圆锥的底面半径是1，高是. （1）过线段的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积与体积. （2）若过线段上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求挖去的圆柱侧面积的最大值. 17. 已知中，，，分别是角，，的对边，的面积. （1）证明：； （2）角的平分线交于点，且，，求. 18. 如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，满足，. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求取值范围（、分别表示和的面积）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $