精品解析：山东泰安市新泰市第一中学东校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

2025级高一下学期期中考试 数 学 试 题 2026.5 一、单选题（本大题共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. 已知复数满足，则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. 在中，若，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知直线与平面，则下列选项可使得的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 6. 如图，在中，，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 8. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ） A. 四棱锥为“阳马” B. 四面体为“鳖臑” C. 四棱锥体积的最大值为 D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 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. 下列有关复数的叙述正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的虚部为 10. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 11. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 该正四棱台的体积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得平面 D. 的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12. 已知向量与的夹角为，且满足，，若，则实数k的值为______. 13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为_______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数（）. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围. 16. 已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值． 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. （1）求； （2）求的坐标； （3）若点在线段上运动，设，求的最大值. 19. 如图，在等腰梯形中，，.将沿着翻折，使得点到点，且. （1）求证：平面平面； （2）求二面角平面角的正切值； （3）求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高一下学期期中考试 数 学 试 题 2026.5 一、单选题（本大题共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. 已知复数满足，则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】A 【解析】 【详解】，故在复平面内对应的点为， 该点在第一象限. 2. 在中，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理结合题意可得结果. 【详解】由余弦定理得. ∵，∴. 3. 已知直线与平面，则下列选项可使得的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】举例说明可判断A；由面面平行的性质可判断B；由线面垂直的性质定理可判断C；举例说明可判断D. 【详解】对于A，若，则不成立，如图所示，故A错误； 对于B，由面面平行的性质可知，成立，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，若，则可能存在，如图所示，故D错误. 故选：B 4. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线，可得，列方程即可求得答案. 【详解】因为向量共线， 所以存在实数 ，使得， 所以，解得，则. 故选：D. 5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设圆台的上下底面圆的半径分别为，根据题意，求得，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即可求解. 【详解】设圆台较小底面圆的半径为，较大的底面圆的半径为， 因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍， 可得，所以， 又因为圆台的侧面积为，可得，解得. 故选：A. 6. 如图，在中，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】在中，， ， 又，，， ， ，. 故选：D. 7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及正弦定理化简求解即可. 【详解】，化简得. 根据正弦定理得，. 因为在中，进而，故. 因为，所以，进而，解得. 所以为直角三角形. 8. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ） A. 四棱锥为“阳马” B. 四面体为“鳖臑” C. 四棱锥体积的最大值为 D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 【答案】C 【解析】 【分析】根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误. 【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵中，，侧棱平面， A选项，∴，又，且，则平面， ∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确； B选项，由，即，又且， ∴平面，∴，则为直角三角形， 又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖膈”，故B正确； C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号， ，最大值为，故C错误； D选项，因为，，，所以平面，故D正确； 故选：C 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. 下列有关复数的叙述正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的虚部为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项. 【详解】对于A， ，则 ，故A正确； 对于B，若 ，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以 ，故B正确； 对于C，设，由得， 所以， ，故C正确； 对于D， ，则的虚部为，D不正确. 10. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】运用向量的坐标表示、数量积的坐标表示即可求解本题. 【详解】对于A，因为，所以，解得，故A错误； 对于B，若，则， 所以，即，解得，故B正确； 对于C，当时，，，此时与的夹角为，不属于钝角，故C错误； 对于D，因为，，所以在上的投影向量为，故D正确．故选BD． 11. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ） A. 该正四棱台的体积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得平面 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出符合题意的图形，结合勾股定理求出正四棱台的高，再结合体积公式判断A，利用线面平行的判定得到平面，进而求出点面距离是定值，再结合底面积也是定值判断B，先假定线面垂直，进而推出，发现与题意矛盾判断C，将立体图形转化为平面图形，再结合题意得到直线过点，将的最小值转化为的最小值，最后求出长度判断D即可. 【详解】对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为， 如图，连接，设，， 可得分别是上底面和下底面的中心， 连接，则平面，且是正四棱台的高， 在上取点，使得，由正四棱台性质得， 则四边形是平行四边形，故且，则平面， 由题意得，，则， 因为，所以由勾股定理得， 所以由棱台的体积公式得，故A正确， 对于B，如图，接，，， 由正四棱台性质得，且， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面，面，所以平面， 又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值， 由题意得为定值，则为定值，故B正确， 对于C，假设存在点，使得平面，而面，则， 因为，，面，所以平面， 而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立， 即不存在点，使得平面，故C错误， 对于D，由正四棱台性质得，如图，作，， 由题意得四边形是矩形，则，， 则，而，得到， 如图，将侧面和沿棱展开， 由余弦定理得，解得， 且由题意得，，则，可得， 同理可得，，故， 即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等， 故当点与点重合时，的最小值为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12. 已知向量与的夹角为，且满足，，若，则实数k的值为______. 【答案】 【解析】 【详解】由得，，其中， ，所以，解得 13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用等面积法及正余弦定理计算即可. 【详解】由题意可知，所以， 又由余弦定理可知， 即，则的周长为. 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到体积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知，所以， 该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为2， 因此该多面体的外接球的半径为1，所以其体积. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数（）. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2）. 【解析】 【分析】（1）由纯虚数的定义列出方程组得出； （2）由复数在复平面内对应的点的特征，列出不等式组得出的取值范围． 【小问1详解】 由题意可得， 则的实部为，虚部为， 因为是纯虚数，所以， 解得； 【小问2详解】 题意可得， 解得，即的取值范围是. 16. 已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线以及平行四边形的判定可证明为平行四边形，即可由线面平行的判定求解， （2）根据平行可得或其补角即为直线CN与AM所成角，即可利用三角形的边角关系求解. 【小问1详解】 取的中点为，连接, 由于是中点，故,且， 又且， 故,则四边形为平行四边形， 故平面, 平面, 故平面 【小问2详解】 由（1）知：故或其补角即为直线CN与AM所成角， 由于为边长为2的等边三角形，故， , 故, 故直线CN与AM所成角的余弦值为 17. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理化简等式，结合两角和的正弦公式和三角形中角的范围计算角的大小； （2）根据平面向量运算以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【小问1详解】 在三角形中，由正弦定理得： ． 中，，， ，， 或． 【小问2详解】 为锐角，， 为的中点，，， ，即， 根据重要不等式知：， ，当且仅当时，等号成立． 因此，的面积最大值为 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. （1）求； （2）求的坐标； （3）若点在线段上运动，设，求的最大值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）先由题意求出，再由题意结合以及模长公式和数量积运算律即可计算求解； （2）分别设求得和，利用向量共线的推论求出即可求解； （3）先求出，接着设得，将其代入结合一元二次函数性质即可求解. 【小问1详解】 由题， . 【小问2详解】 设·， 因为三点共线，所以， 所以； 设， 因为三点共线，所以， 所以. 【小问3详解】 由题， 所以， 所以， 所以当时，取得最大值13. 19. 如图，在等腰梯形中，，.将沿着翻折，使得点到点，且. （1）求证：平面平面； （2）求二面角平面角的正切值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，可通过线面垂直推导出面面垂直，即证明平面即可. （2）首先作适当的辅助线，根据线面垂直找出二面角的平面角，然后根据边角关系求出正切值. （3）根据等体积法，，即可求出点到平面的距离. 【小问1详解】 证明： 连接，根据余弦定理， ∴，，∴， 又已知，平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面； 【小问2详解】 由（1）知平面平面，平面平面， 作于（中点），则平面， 作于，连接，因为平面， 所以平面， ∴，所以为二面角的平面角， 因为， ∴. 所以二面角平面角的正切值为. 【小问3详解】 记点到平面的距离为， ∵，∴， 由（2）知，所以根据勾股定理可得， ∴. 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $