广东揭阳市普宁市第二中学2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷

**基本信息** 高一数学期中卷涵盖复数、向量、立体几何等核心知识，创新融入卡瓦列利体积法（数学文化）、鹳雀楼测量（实际应用）等情境，通过基础巩固与综合应用梯度设计，考查数学眼光、思维与语言能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、命题真假判断、充要条件|基础概念辨析，如复数四则运算、空间点线面位置关系| |多选题|3/18|复数性质、三角形四心向量表示|多角度考查逻辑推理，如三角形重心、内心的向量表达式| |填空题|3/15|函数零点、四棱锥外接球、解三角形应用|结合文化情境，如鹳雀楼高度测量体现数学建模| |解答题|5/77|向量运算、解三角形、立体几何证明与体积、函数最值|综合性强，如三棱柱体积与四棱锥体积关联考查空间想象，向量与三角函数综合提升运算能力|

《普宁二中2025-2026学年度高一第二学期期中考数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A B B D C A AD ABC 题号 11 答案 BCD 1．C 【详解】. 2．D 【分析】根据相等向量、零向量、平行向量的概念逐一判断即可. 【详解】对A，，但，不一定同向，所以，不一定相等，错误； 对B，向量不能比较大小，错误； 对C，若，则，错误； 对D，若，则，长度相等，且方向相同，所以，正确. 故选：D 3．A 【详解】因为等价于，即， 则或， 所以当时，成立， 当时，不一定成立， 如，满足，但不满足， 故“”是“”的充分不必要条件. 4．B 【分析】求得的值，由此求得. 【详解】由于，， 所以， . 故选：B 5．B 【分析】根据函数的奇偶性与单调性结合对数运算、对数函数的性质比较函数值大小即可. 【详解】因为函数满足， 又，所以， 因为，且函数在区间单调递增， 所以. 6．D 【详解】连接．因为平面， 所以平面．又因为平面， 所以点在平面与平面的交线上， 即三点共线，故A正确； 因为，所以四点共面，又因为三点共线， 所以四点共面，四点共面，故B，C正确； 因为平面，平面， 所以四点不共面，D错误． 7．C 【分析】根据圆锥的体积公式、球的体积公式以及圆柱的体积公式，通过加减，可得答案. 【详解】以直线为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥， 底面直径为，（为半圆半径），则，，则， 半圆所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为，则， 以直线为轴将该平面图形旋转一周，长方形形成的几何体为圆柱， 设体积为，阴影部分所形成的几何体体积等于圆柱体积减去半球体积， 则.故，，. 故选：C. 8．A 【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，表示出各点坐标后，利用平面向量数量积的坐标运算计算可得结果. 【详解】以为坐标原点，可建立如下图所示的平面直角坐标系： 设和的边长为， 则，，，， ，，， ，，， . 故选：. 【点睛】本题考查平面向量数量积的求解问题，关键是能够通过建立平面直角坐标系的方式，将问题转化为平面向量数量积的坐标运算的求解，属于常考题型. 9．AD 【分析】设，，应用复数的模的计算公式，复数的乘法运算法则判断A；取，，代入检验判断B；取，判断C；由方程复数根的性质、韦达定理判断D. 【详解】对于A选项，设，， ， 所以 所以，A选项正确； 对于B选项，不妨取，，则， 由，得，显然不成立，故B选项错误； 对于C选项，若，不妨取，， 此时，但不成立，故C选项错误； 对于D选项，若是方程的两根，则根据韦达定理可知，则，故D选项正确． 10．ABC 【分析】以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，求出三角形各种心的坐标，然后代入坐标列方程求出即可得解. 【详解】如图以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系， 则，，，，， 对于A，若为的重心，则，，即， 所以， 若，则，解得， 此时，A说法正确； 对于B，若为的内心，由点到，的距离相等可知在上， 设内切圆的半径为，则， 即，解得，所以，， 若，则，解得， 此时，B说法正确； 对于C，若为的垂心，由可知在上， 设，则，解得， 所以，， 若，则，解得， 此时，C说法正确； 对于D，若为的外心，由可知在上， 设，则，即，解得， 所以，， 若，则，解得， 此时，D说法错误； 故选：ABC 11．BCD 【分析】由正弦定理得，利用可判断A；由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D. 【详解】对于A，若，且，由正弦定理得， 所以，当时即，所以时有一解，故A错误； 对于B，由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 若，且，所以， 由余弦定理得， 由，可得，即， 则面积，所以面积的最大值为，故B正确； 对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形， 所以，解得，所以， 由正弦定理得，故C正确； 对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且， 设，所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 12．0 【详解】令，即，解得， 所以函数的零点是0. 13． 【分析】根据条件先确定出球心的位置，然后根据矩形的外接圆半径以及长度，利用勾股定理即可计算出四棱锥外接球的半径，即可求解出球的表面积. 【详解】如图所示，记，设球的半径为，球心为， 因为，，所以，所以， 又因为四棱锥的侧棱均相等，所以底面，所以且球心在直线上， 所以，所以， 所以球的表面积为：. 故答案为：. 【点睛】本题考查空间几何体的外接球的表面积计算，难度一般.求解空间几何的外接球的表面积或体积：第一步先确定球心位置，第二步根据已知长度求解出球的半径，第三步利用公式求解出表面积或体积. 14．74 【分析】由题设得，，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度. 【详解】由题设及图知：，则， 在中m. 故答案为：74 15．(1)2 (2) (3) 【分析】（1）利用向量平行构造方程求解； （2）分别求出及，进而求出； （3）先求出，再利用二次函数的性质求最小值． 【详解】（1）已知， ，解得． （2）已知，则， ， ． （3）， 二次函数开口向上，对称轴， ． 16．(1) (2)2 【分析】（1）由正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案 （2）利用三角形的面积关系解出即可 【详解】（1）在中，由正弦定理及得：， 化简可得：， 由余弦定理得， 又，所以 （2） 是的角平分线，则， 由可得 因为，，即有， 故. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件，利用线面平行判定定理证明结论； （2）利用三棱柱的几何性质，利用棱柱、棱锥的体积公式，结合已知条件求出底面面积关系，进而求出四棱锥的体积． 【详解】（1） 取棱的中点，连接， 分别是棱的中点，， 是棱的中点，， ， 则四边形是平行四边形，故， 分别是棱的中点，且四边形为平行四边形， ， ， 平面，平面， 平面． （2）设的面积为，三棱柱的高为， 则三棱柱的体积， 从而三棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 设的面积为，的面积为，的面积为， 是棱的中点，， 四边形的面积是四边形面积的， 四棱锥的体积为． 18．(1)； (2). 【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答. （2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答. 【详解】（1）设，依题意，， 则，，即，而， 所以. （2）连接，中，，，    由余弦定理得， 则，，设，在中，， 于是，在中，， 由余弦定理得：， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，， 所以AC的最大值是. 【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 19．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据平面向量的数量积公式及两角和的余弦公式可得，再由 可得结果； （2）令，因为，所以 则，根据二次函数的性质讨论三种情况，即可得结果； （3）当时，由，结合基本不等式即可得结果. 【详解】（1）因为向量 所以， 由，得， 所以函数对称轴方程为 （2）由（1）得， 因为 所以 令，因为， 所以 ， 则， 对称轴为， 当，即，可得在上单调递增， 所以， 当，即时，， 当，即时，在上单调递减， 所以 所以 （3）当时，由（2）可得 所以 而，当且仅当时取等号， ，当且仅当时，取等号， 所以 所以 ， 即实数的取值范围为 【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的图象与性质，考查向量的数量积运算，考查二次函数的最值的求法，考查基本不等式的应用，解题的关键是利用三角函数公式将函数进行化简，再换元转化为二次函数求解，考查数学转化思想和分类思想，属于难题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普宁二中2025-2026学年度高一第二学期期中考 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若是虚数单位，计算复数（ ） A． B． C． D． 2．下面命题中，正确的是（    ） A．若， 则 B．若，则 C．若， 则 D．若 则 3．已知a，b为实数，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 4．已知，且，则（    ） A．-7 B．7 C． D． 5．已知函数在区间单调递增，且，则（   ） A． B． C． D． 6．如图，在正方体中，是的中点，是的中点，是的中点，直线与平面相交于点，则下列结论不正确的是（   ） A．三点共线 B．四点共面 C．四点共面 D．四点共面 7．17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为，是半圆的外切矩形.以直线为轴将该平面图形旋转一周，记，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 8．已知，全等的等边三角形，且点，，在同一条直线上，点，分别为线段的三等分点（如图所示），若，，，则（    ） 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．已知为复数，下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．若是方程的两根，则 10．中，，点满足，设，则（    ） A．若为的重心，则 B．若为的内心，则 C．若为的垂心，则 D．若为的外心，则 11．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（    ） B．若，且只有一解，则b的取值范围为 A．若B+C=2A，则面积的最大值为 C．若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D．为的外心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的零点是__________. 13．已知四棱锥的五个顶点在球O的球面上，底面为矩形，且，，侧棱长均为，则球O的表面积为__________. 14．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为________． 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．（本题满分13分）已知平面向量，，． (1)若，求实数的值； (2)求； (3)若，求的最小值． 16．（本题满分15分）已知中，分别为内角的对边，且， (1)求角的大小； (2)设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度． 17．（本题满分15分）如图，在三棱柱中，分别是棱的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱柱的体积为， 求四棱锥的体积． 18．如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. (1)若，且，且，求； (2)已知，且，求AC的最大值. 19．已知向量令. (1)求函数的对称轴方程； (2)设，当时，求函数的最小值； (3)在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $