精品解析：浙江嘉兴市清华附中嘉兴实验高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学试题（A卷）

浙江嘉兴市清华附中嘉兴实验高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学试题（A卷） 2026.4 本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名，考号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“考生须知”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 选择题部分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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，则复数在复平面内所对应的点位于（    ） 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】复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限 2. 已知向量，若，则（    ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由数量积的坐标表示求解即可 【详解】因为，所以，即 ，解得. 3. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】过作交于， 因为直观图为等腰梯形， 所以，所以， 原平面图如下图所示， 且，，， 所以四边形的面积为：. 4. 如图，、两点在河的两岸，为了测量、之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出、之间的距离是，，，则、两点之间的距离为（ ）． A. 50 B. C. 100 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可． 【详解】因为，， 所以，又， 由正弦定理得，． 5. 在中，角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角非等腰三角形 D. 等腰非直角三角形 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 由正弦定理得， 所以. 因为，所以， 所以，即. 所以. 因为，所以. 所以为等腰直角三角形. 方法二： 因为， 所以由余弦定理得， 所以，所以. 因为，所以. 因为，所以. 所以为等腰直角三角形. 6. 已知三棱锥的体积为，．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先找到的外接圆圆心位置，结合三棱锥的体积确定外接球半径及外接球球心的位置，并利用勾股定理建立关于的方程求解，最后用球的表面积公式计算求解. 【详解】 已知，，所以的面积. ，直角三角形外接圆圆心为斜边中点， 设中点为，则. 因为三棱锥体积，代入得，， 又，为中点，由等腰三角形三线合一得， 且 ， 因此平面，即在底面投影为. 设，球半径为，则. ，， 联立得，解得，因此. 即球的表面积. 7. 已知为所在的平面内一点，则下列命题错误的是（ ） A. 若为的垂心，，则 B. 若为平面内任意一点，，则点为的重心 C. 若，，则动点的轨迹经过的内心 D. 若为锐角的外心，且，则 【答案】C 【解析】 【分析】对A，利用垂心的性质，得求解判断；对B，对作线性变形整理得到判断；对C：由可知动点的轨迹是边的中线，仅过重心，不必然经过内心；对D：结合对变形，推得在的中线上，结合外心性质可得. 【详解】对于选项A：若是的垂心，所以，故， 因此，又，所以，A命题正确； 对于选项B：由， 移项得，即， 说明在边的中线上，且分中线为，符合三角形重心的性质，B命题正确； 对于选项C：， 说明的轨迹是中边的中线（从出发的射线）. 而内心是角平分线的交点，仅当时内心才在中线上， 任意三角形的内心不一定在中线上，因此动点的轨迹不一定经过内心，C命题错误； 对于选项D：由，取中点，则， 又，所以，整理得，所以三点共线， 又为锐角外心，可得，因为为中点，所以， 所以，所以，D命题正确. 【点睛】本题考查平面向量与三角形五心的结合，核心是利用向量的线性运算、数量积运算，结合三角形五心的位置特征与对应向量性质判定命题正误 8. 我国南北朝时期的著名数学家祖晅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．图3是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，类比上述半球的体积计算方法，运用祖暅原理可求得该帐篷的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图利用几何关系先求截面为的面积为，再求四边形面积为，然后由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积计算即可. 【详解】设截面与底面的距离为h，在帐篷中的截面为， 设底面中心为O，截面中心为，则， 所以，所以截面为的面积为． 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心O与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解祖暅原理，结合图形帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积计算. 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，有多项符合题目要求．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. 以下四个命题正确的是（ ） A. 三个平面最多可以把空间分成八部分 B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C. 若，直线平面，直线平面，且，则 D. 若条直线中任意两条共面，则它们共面 【答案】AC 【解析】 【分析】结合刻画空间点、线、面位置关系的公理判断即可. 【详解】选项A：由图可知，三个平面最多可将空间分成8部分，故A正确； 选项B：由，，若直线，相交，平面，必相交，若平面，相交，平面内的直线，内的直线未必相交，可能异面；B错误． 选项C：由基本事实3（如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线），C正确． 对于D，若条直线相交于同一点，则它们不一定共面，D错误． 故选：AC. 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于以下命题，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则满足条件的三角形有两个 D. 若是锐角三角形，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理可判断A，利用正弦定理边角互化后结合余弦定理可以判断出B，对于选项C，根据条件，利用判断三角形解的个数的方法即可求解，令，，可判断D， 【详解】对于选项A，在中，若，则，由正弦定理得，故选项A正确. 对于选项B，若，由正弦定理可得，则，则角为锐角，但不确定角，是否为锐角，故选项B不正确. 对于选项C，由于，故三角形有两解，故选项C正确. 对于选项D，锐角三角形中，，则，由于，且正弦函数在此区间单调递增， 所以，故选项D正确. 11. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，则下列说法正确的是（ ）． A. 该三棱台的体积为 B. 该三棱台的表面积为 C. 若点在棱上，则的最小值为 D. 该三棱台内半径最大球的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】取上、下底面的中心，，连接，，，再结合几何可得高，再利用台体体积公式即可对A求解判断；利用几何知识求出每个侧面的面积，即可对B判断求解；把等腰梯形与展开置于同一平面，连结，从而可得的最小值为，即可C求解判断；体积为的球的半径为，该球的直径即可对D判断求解. 【详解】对于A，正三棱台中，取上、下底面的中心，，连接，，，则，，高． 三棱台的体积，所以A正确； 对B，在等腰梯形中，过向作垂线，垂足为， 在中，， 所以等腰梯形的面积为， 上下底面面积分别为：，， 所以，所以B正确； 对C，把等腰梯形与展开置于同一平面，连结， 由B知，，， 而边的中点到点的距离， 因此当点为线段与的交点时，的最小值为，所以C正确； 对D，设体积为的球的半径为，则，解得，该球的直径，则此球不可能在正三棱台内，所以D错误． 故选:ABC． 非选择题部分 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为虚数单位，若 ，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数乘法运算以及求复数模公式计算即可. 【详解】由，故． 13. 已知单位平面向量，满足，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】显然，解得， 所以. 14. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用极化恒等式，结合几何意义可求. 【详解】正方形的边长为2，则内切圆半径为1, 因为弦的长度最大，所以为直径，圆心为中点， 则， 所以， 根据题意当在切点时，，当在正方形顶点处时，， 即，即， 故答案为：. 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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求解即可； （2）由余弦定理解出，再求面积即可. 【小问1详解】 . 因为，所以. 【小问2详解】 已知，，， 由余弦定理得， 化简得，解得或（负值舍去），所以. 所以. 16. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点． （1）求圆柱的侧面积； （2）求圆柱的外接球的表面积； （3）证明：平面． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用圆柱的侧面积公式，即可求解； （2）根据条件，求出外接球的半径，即可求解； （3）取的中点．连接，根据条件得，再由线面平行的判定定理，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以圆柱的母线长为，底面半径为， 则圆柱的侧面积 【小问2详解】 取的中点，连接，易求得， 即圆柱的外接球的半径为，故该球的表面积为. 【小问3详解】 取的中点．连接．因为为的中点，所以， 又，所以，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面． 17. 如图，在梯形ABCD中，，，E，F分别为DC，CB的中点，且P是线段AB上的一个动点． （1）求AD； （2）求∠EAF； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由数量积的坐标运算即可求得； （2）利用夹角公式的坐标运算即可求解； （3）根据坐标运算得，利用二次函数即可求解. 【小问1详解】 建立以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴的坐标系， ∴，，假设，则，，， ∴，， 由，则，即，又，∴， ∴. 【小问2详解】 由（1）知：，，，， ∴，又为锐角， ∴； 【小问3详解】 设，∴，， ∴，， ∴ ， ∵，∴. 18. 在中，角所对的边分别是，且. （1）求； （2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积； （3）若是的角平分线，，，求的长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换得，再根据三角函数性质即可求得； （2）由题意，进而根据向量模的关系求得，再计算面积即可； （3）根据题意，结合得，再根据余弦定理求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得， 所以， 所以， 又因为，所以， 所以，又因为，所以， 所以，故； 【小问2详解】 解：因为是边上靠近的三等分点， 所以， 所以， 又因为，，， 所以，化简得， 即，解得或（舍去）， 所以； 【小问3详解】 解：已知平分，且，故， 由 得； 将 ，代入得 ，解得 ∵ ∴ 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在线段BC上，，，线段AM，BN交于点P.（注：，分别表示，的面积） （1）求的值； （2）若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）3；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设，求得，，根据、P、N三点共线，列出方程，求得，得到为AM中点，进而求得的值； （2）（ⅰ）由，求得，利用正弦定理得到，进而得到，等式两边同除，即可得证； （ⅱ）解法1：由（ⅰ）得，化简，令，得到，转化为有实数解，结合二次函数的性质，即可求解； 解法2：由正弦定理得到，设，利用海伦公式，化简得到令，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，设， 可得， ， 因为、P、N三点共线，可得，所以，解得， 所以为AM中点，则，即. 【小问2详解】 解：（ⅰ）由题意知：，， 因为，所以，可得， 由正弦定理，可得，所以， 因为，可得，所以， 即， 等式两边同除，可得. （ⅱ）解法一：由（ⅰ）知，，可得， 所以， 令，，则， 即有实数解； ①若，可得，，即，符合题意，此时； ②若，则满足，即， 解得且； 综合①②，的最大值为； 解法二：因为，可得，由正弦定理得：， 设，则， 由海伦公式可知，其中， 可得 ， 令，可得， ①当时，此时； ②当时，该方程为开口向下的二次函数，在顶点处取最大值 所以时，y取值最大，即时，最大， 所以，所以，解得， 此时， 综上可得的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江嘉兴市清华附中嘉兴实验高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学试题（A卷） 2026.4 本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名，考号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“考生须知”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 选择题部分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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，则复数在复平面内所对应的点位于（    ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，若，则（    ） A. 6 B. C. D. 3. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，、两点在河的两岸，为了测量、之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出、之间的距离是，，，则、两点之间的距离为（ ）． A. 50 B. C. 100 D. 5. 在中，角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角非等腰三角形 D. 等腰非直角三角形 6. 已知三棱锥的体积为，．若该三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为所在的平面内一点，则下列命题错误的是（ ） A. 若为的垂心，，则 B. 若为平面内任意一点，，则点为的重心 C. 若，，则动点的轨迹经过的内心 D. 若为锐角的外心，且，则 8. 我国南北朝时期的著名数学家祖晅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．图3是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，类比上述半球的体积计算方法，运用祖暅原理可求得该帐篷的体积为（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目要求．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. 以下四个命题正确的是（ ） A. 三个平面最多可以把空间分成八部分 B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价 C. 若，直线平面，直线平面，且，则 D. 若条直线中任意两条共面，则它们共面 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于以下命题，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则满足条件的三角形有两个 D. 若是锐角三角形，则 11. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，则下列说法正确的是（ ）． A. 该三棱台的体积为 B. 该三棱台的表面积为 C. 若点在棱上，则的最小值为 D. 该三棱台内半径最大球的体积为 非选择题部分 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为虚数单位，若 ，则__________． 13. 已知单位平面向量，满足，则__________． 14. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_____． 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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知． （1）求角； （2）若，，求的面积． 16. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点． （1）求圆柱的侧面积； （2）求圆柱的外接球的表面积； （3）证明：平面． 17. 如图，在梯形ABCD中，，，E，F分别为DC，CB的中点，且P是线段AB上的一个动点． （1）求AD； （2）求∠EAF； （3）求的取值范围． 18. 在中，角所对的边分别是，且. （1）求； （2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积； （3）若是的角平分线，，，求的长. 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在线段BC上，，，线段AM，BN交于点P.（注：，分别表示，的面积） （1）求的值； （2）若， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $