精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学板桥学校2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试题

2025-2026第二学期牛一板桥学校期中考试 高一数学 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共40分． 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知向量，满足，，，设向量，的夹角为，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，是两个平面，，是两条直线，若，，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 5. 设分别为的三边的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知中，，，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 以下四个命题中，正确命题是（ ） A. 不共面的四点中，其中任意三点不共线 B. 若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面 C. 若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面 D. 依次首尾相接的四条线段必共面 8. △ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为 A. 19 B. 14 C. -18 D. -19 9. 在中，已知， ， ，则的面积S为(　　) A. B. C. D. 6 10. 如图，在平面四边形ABCD中， 若点E为边CD上的动点，则的最小值为 A. B. C. D. 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，，若，则___________． 12. 已知复数的实部等于虚部，则________. 13. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则__________. 14. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1，且底面ABC，则三棱锥的体积为______． 15. 如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的点，且，给出下列四个结论： （1）与平行； （2）与共面； （3）与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； （4）与的交点一定在直线上． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题：本题共6小题，共85分． 16. 已知复数为虚数单位． （1）若，求的值； （2）若为实数，求的值． （3）若在复平面上对应的点在第一象限，求的取值范围． 17. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，且AD＝4DC. （1）求BD的长； （2）求sin∠BDC的值. 18. 已知平面向量，. （1）若，求实数的值； （2）设，若三点共线，求m的值. 19. 如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：BC∥AD； （2）求证：CE∥平面PAB． 20. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知. （1）求的值： （2）若，的周长为，求的面积. 21. 如图，四棱锥中，四边形ABED是正方形，若G，F分别是线段EC，BD的中点. （1）求证：平面ABC. （2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面平面ABC？并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026第二学期牛一板桥学校期中考试 高一数学 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共40分． 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意有，虚部相等即可求解. 【详解】由题意有， 所以， 故. 故选：C. 2. 已知向量，满足，，，设向量，的夹角为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，得到，再由，求解，再由求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以 ，即， 所以，而，所以. 3. 已知满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理及三角形内角的性质有则且均为锐角，进而有，再由及和角余弦公式求函数值. 【详解】由，而，则且均为锐角， 所以，又， 所以. 故选：A 4. 设，是两个平面，，是两条直线，若，，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 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面平行的性质与判定及充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】若，，则,可能平行，也可能相交，故不一定成立， 若，则，， 故是，的充分不必要条件. 故选：A 5. 设分别为的三边的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得结果. 【详解】 ， 故选：A. 6. 已知中，，，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理与余弦定理化简求解即可. 【详解】由余弦定理可得，因为，所以， 即，解得或， 由正弦定理可得， 即，即或， 因为，所以不合题意， 同理，当时，， 解得，解得，故等于或. 7. 以下四个命题中，正确命题是（ ） A. 不共面的四点中，其中任意三点不共线 B. 若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面 C. 若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面 D. 依次首尾相接的四条线段必共面 【答案】A 【解析】 【分析】根据点共线、共面以及线共面等知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【详解】A选项，反证法：如果四个点中，有个点共线，第个点不在这条直线上， 根据基本事实的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，所以A选项正确. B选项，如下图，共面，共面，但不共面，所以B选项错误. C选项，如下图，共面，共面，但异面，所以C选项错误. D选项，如下图，四条线段首尾相接，但不共面，所以D选项错误. 故选：A 8. △ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则的值为 A. 19 B. 14 C. -18 D. -19 【答案】D 【解析】 【分析】 运用余弦定理，求得，再由向量的数量积的定义，即可得到所求值． 【详解】解：由于，，， 则， 则 ． 故选：． 【点睛】本题考查向量的数量积的定义，注意夹角的大小，考查余弦定理及运用，属于基础题和易错题． 9. 在中，已知， ， ，则的面积S为(　　) A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由已知的等式分解因式，求出b与c的关系，用c表示出b，然后根据余弦定理表示出，把a与的值代入即可得到b与c的关系式，将表示出的含c的式子代入即可得到关于b的方程，求出方程的解即可得到b的值，从而求得c的值，即可求得的面积. 【详解】由，得(舍去). 又根据余弦定理得: ， 化简得: ， 将代入可得 ，计算得出: 或(舍去)，则，故. 由，且，可得， 故的面积为. 故选：A 10. 如图，在平面四边形ABCD中， 若点E为边CD上的动点，则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。 详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设 = 所以当时，上式取最小值 ，选A. 点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】依据向量垂直的充要条件，列出关于k的方程，即可求得k的值 【详解】由，，， 可得，解之得 故答案为： 12. 已知复数的实部等于虚部，则________. 【答案】-1 【解析】 【分析】根据复数的概念及除法运算计算即可. 【详解】由题意得，，所以，所以. 故答案为：-1 13. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由图可求以及与的夹角，利用数量积的定义即可求解. 【详解】由图可知，所以， 故答案为：. 14. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1，且底面ABC，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝. 15. 如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的点，且，给出下列四个结论： （1）与平行； （2）与共面； （3）与的交点可能在直线上，也可能不在直线上； （4）与的交点一定在直线上． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】（2）（4） 【解析】 【分析】如图所示．连接，，依题意，可得，，即可得出共面，又，可得与必相交，从而可判断出（1）和（2）的正误；设交点为，可得点在平面与平面的交线上，又是这两个平面的交线，即可得出点一定在直线上，从而判断出（3）和（4）的正误，即可求解． 【详解】如图所示．连接，，    依题意，可得，， 所以， 所以共面，所以（2）正确， 因为， 所以四边形是梯形，与必相交，所以（1）错误， 设与的交点为， 因为点在上，故点在平面上． 同理，点在平面上， 所以点在平面与平面的交线上， 又是这两个平面的交线，所以点一定在直线上，故（3）错误，（4）正确， 三、解答题：本题共6小题，共85分． 16. 已知复数为虚数单位． （1）若，求的值； （2）若为实数，求的值． （3）若在复平面上对应的点在第一象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数模长公式得到方程，求出； （2）利用复数除法法则化简，得到方程，求出； （3）利用复数乘法法则得到，得到不等式组，求出答案. 【小问1详解】 因为，所以． 【小问2详解】 因为为实数， 所以，解得． 【小问3详解】 因为且， 所以， 因为在复平面上对应的点在第一象限， 所以，解得，故 17. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，且AD＝4DC. （1）求BD的长； （2）求sin∠BDC的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，在中，再利用余弦定理即可求解. （2）在中，利用正弦定理即可求解. 【详解】（1）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3， 则，所以， 由AD＝4DC，则，， 在中，， 所以. （2）由，，BC＝3， 在中，， 即，解得 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题. 18. 已知平面向量，. （1）若，求实数的值； （2）设，若三点共线，求m的值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标表示和几何意义建立关于的方程，解之即可； （2）法一：易知，根据平面平行向量的坐标表示建立关于的方程，解之即可； 法二：易知存在实数使得，利用向量的坐标运算和相等向量的概念建立关于的方程组，解之即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 因为，所以， 整理得，解得或. 【小问2详解】 法一：因为A，B，C三点共线， 所以， 因为，， 所以，所以. 法二：因为A，B，C三点共线， 所以存在实数，使得， 即， 所以即. 19. 如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点． （1）求证：BC∥AD； （2）求证：CE∥平面PAB． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明． 【小问1详解】 在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD， 平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD． 【小问2详解】 取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点， ∴EF∥AD，， 又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF， ∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB， ∵EC⊄平面PAB，FB⊂平面PAB， ∴EC∥平面PAB． 20. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知. （1）求的值： （2）若，的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理可得； （2）由诱导公式和两角和的正弦公式求得，从而得到，结合已知条件求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 由余弦定理得， 所以，得； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 所以， 即，由正弦定理得①， 因为的周长为，即②， 由（1）知③， ①②③联立解得，， 所以的面积为. 21. 如图，四棱锥中，四边形ABED是正方形，若G，F分别是线段EC，BD的中点. （1）求证：平面ABC. （2）在线段CD上是否存在一点P，使得平面平面ABC？并说明理由. 【答案】（1）证明见详解；（2）P为线段CD中点，理由见详解． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）当P为线段CD中点时，有平面平面ABC，利用面面平行的判定定理证明即可． 【详解】证明：由四边形ABED为正方形可知， 连接AE必与BD相交于中点F，又G是线段EC的中点，故， 面ABC，面ABC， 面ABC； 当P为线段CD中点时，有平面平面ABC， 证明：由点分别为中点可得： 面ABC，面ABC， 面ABC， 由可知，面ACD， 且， 故平面平面ABC． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于掌握空间直线与平面的平行的判定和空间平面与平面的平行的判定． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $