精品解析：广东省深圳市罗湖区深圳第二外国语学校2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

深圳第二外国语学校2025-2026学年第二学期期中考试 高一数学 考试时长：120分钟 满分：150分 第Ⅰ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. 已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（ ） 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】由可得： ， 所以复数z表示复平面的点为:，在第一象限. 2. 已知向量，若与平行，则（ ） A. 13 B. C. 11 D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知向量，所以， 若与平行，则 ，解得：. 3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出． 【详解】因为点D在边AB上，，所以，即， 所以． 故选：B． 4. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 8π 【答案】B 【解析】 【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果. 【详解】如图： 设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即， 上底面半径，下底面半径， 圆台上下底面面积之差的绝对值为. 故选：B. 5. 在中，角所对的边分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在中，由余弦定理可得：， 因为，所以，则. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图．某小组得到了如图所示表面展开图，则在正方体中，、、、这四条线段所在的直线中，异面直线有（ ） A. 对 B. 对 C. 对 D. 对 【答案】B 【解析】 【分析】作出正方体的图形，结合异面直线的定义判断可得出结论. 【详解】作出正方体的图形如下图所示： 则与、与、与是异面直线，共对. 故选：B. 8. 半径为定值的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高和球的半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为， 可得：， 圆柱的侧面积为：， 当且仅当时取等，此时圆柱的侧面积最大，所以， 所以，所以圆柱的高和球的半径之比为. 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. 已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ） A. 若，则复数的充要条件是 B. 若复数满足，则 C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为，且，所以A正确， 对于B，由可得， 当时，等式成立，但与不一定相等，故B错误； 对于C，因为对于， ， 则， 于是，故C正确； 对于D，设 ，则 ， 不满足，故D错误. 10. 如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理证得平面，可判断A；由异面直线的判定定理可判断B；现证，由线面平行的判定定理可判断C；连接，与交于点，可判断D. 【详解】对于A，连接，由正方体的性质知：平面， 因为分别是，的中点，则, 故平面，因平面，故，故A正确； 对于B，因为平面，平面且 ,平面， 所以为异面直线，故B错误； 对于C，由A项得，平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以与交于点，所以，故D正确. 11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ） A. 点，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据共线向量及单位向量的概念运算即得；对于B，利用向量夹角公式结合条件即得；对于C，由题可得即可判断；对于D，根据投影向量的概念结合条件即得. 【详解】对于A，因为，且，所以与向量共线的单位向量为，故错误； 对于B，因为，所以，即，化简得， 所以，即， 又， 所以， 因为，所以，故正确； 对于C，由，，向量与的夹角为锐角，则，所以且，故错误； 对于D，因为，， 所以在上的投影向量的坐标为，故正确. 故选：BD. 第Ⅱ卷 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为_______m. 【答案】 【解析】 【分析】在中由正弦定理可求得，进而即可求解树的高度. 【详解】在中，，，， ， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以树的高度为. 故答案为：. 13. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体． 则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解. 【详解】设棱长为2，则 所以原正方体的体积为， 所以二十四等边体为， 所以二十四等边体与原正方体的体积之比为． 故答案为：. 14. 如图，正三棱锥的底边长为2，. 一只小虫从点出发，沿三个侧面爬行一周，回到点. 则爬行的路径最短为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正三棱锥的侧面展开图求得正确答案. 【详解】正三棱锥的侧面展开图如下图所示， 因为为正三棱锥，所以， 依题意可知，所以三角形是等腰直角三角形， 在中，由余弦定理可得：， 所以，解得：， 所以. 所以最短路程为. 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. 已知复数，（是虚数单位）. （1）若，求复数； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的乘、除法运算代入化简即可得出答案； （2）由复数的乘、除法运算先求出，再由共轭复数的定义求出，最后由复数的模长公式求出. 【小问1详解】 若，则， 所以， 所以 . 【小问2详解】 由可得 ， 则 ， 所以，. 16. 已知为坐标原点，.点满足（为实数），. （1）若，求向量； （2）记（1）中与的夹角为，求； （3）若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算求解即得； （2）由向量的夹角公式求解即得； （3）由向量垂直的坐标公式求解即可. 【小问1详解】 若，，， 整理得， 所以. 【小问2详解】 , , , ,, 则. 【小问3详解】 ，所以， 由解得， 即， 由可得 ，解得. 17. 在中，角所对的边分别为，，，. （1）求和三角形的面积； （2）若为边上靠近的三等分点，求的长. 【答案】（1）；. （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，由正弦定理求出，再由三角形的面积公式求解即可； （2）由，两边同时平方代入求解即可得出答案. 【小问1详解】 因为，，所以， ， 由正弦定理可得：，则，解得：. 三角形的面积 . 【小问2详解】 为边上靠近的三等分点，则， 所以， 所以， ，解得：. 18. 如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点. （1）求证：直线平面； （2）若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明. 【答案】（1）证明见解析 （2）当时，直线平面. 【解析】 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）过点作交于点，连接，证得，，由面面平行的判定定理证得平面平面，再由面面平行的性质定理证明即可. 【小问1详解】 由三棱柱的性质可得：， 平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 当时，直线平面，证明如下： 过点作交于点，连接，所以， 因为是的中点，所以为的中点，是的中点， 所以在中，，平面，平面， 所以平面，同理平面，， 平面，所以平面平面， 又平面，所以直线平面. 即当时，直线平面. 19. 已知为三边不等的锐角三角形，角所对的边分别为，为边上一点，平分，且. （1）证明：； （2）若，求长度的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式、二倍角公式化简结合，即可得出答案； （2）由正弦定理表示出，再由角平分线定理求出，代入化简结合和的单调性，即可求出长度的取值范围. 【小问1详解】 由正弦定理可得： ， 则 ， 所以，因为，， 所以或， 若，又因为，所以，所以， 因为为三边不等的锐角三角形，所以 . 所以. 因为平分， ，所以. 【小问2详解】 由，且，得， 因为为锐角三角形，所以，则， 解得：， 由正弦定理可得：， 所以， 又， 解得： ， 所以 ， 又因为平分，所以由角平分线定理可得：， 即，解得：， 所以， 因为，所以，， 所以， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳第二外国语学校2025-2026学年第二学期期中考试 高一数学 考试时长：120分钟 满分：150分 第Ⅰ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. 已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（ ） 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，若与平行，则（ ） A. 13 B. C. 11 D. 3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 8π 5. 在中，角所对的边分别为，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图．某小组得到了如图所示表面展开图，则在正方体中，、、、这四条线段所在的直线中，异面直线有（ ） A. 对 B. 对 C. 对 D. 对 8. 半径为定值的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高和球的半径之比为（ ） 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. 已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ） A. 若，则复数的充要条件是 B. 若复数满足，则 C. D. 若，则 10. 如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ） A. 点，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 第Ⅱ卷 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为_______m. 13. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体． 则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______． 14. 如图，正三棱锥的底边长为2，. 一只小虫从点出发，沿三个侧面爬行一周，回到点. 则爬行的路径最短为________. 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. 已知复数，（是虚数单位）. （1）若，求复数； （2）若，求. 16. 已知为坐标原点， .点满足（为实数），. （1）若，求向量； （2）记（1）中与的夹角为，求； （3）若，求的值. 17. 在中，角所对的边分别为，，，. （1）求和三角形的面积； （2）若为边上靠近的三等分点，求的长. 18. 如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点. （1）求证：直线平面； （2）若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明. 19. 已知为三边不等的锐角三角形，角所对的边分别为，为边上一点，平分，且. （1）证明：； （2）若，求长度的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $