精品解析：广东深圳实验学校光明部2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试题

深圳实验学校光明部2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学 时间：120分钟 满分：150分 命题人：陈碧玉 审题人：李立娟 一、单选题（每题4分） 1. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 2. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，且，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 3 4. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，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，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知码头在码头的正北方向，两码头相距100海里，从码头测得海上某渔船位于北偏东方向，从码头测得渔船位于北偏东方向，从码头还测得另一艘货船位于南偏东方向，且货船到码头的距离为海里，欲在货船与渔船之间增设一条补给航线，则补给航线的长为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 7. 如图，在中，已知是线段AD与BE的交点，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若点坐标为，且是关于的实系数方程的一个根，则 C. 若，则或 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 10. 已知分别为△ABC内角的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则边上的中线长为 B. 在钝角△ABC中，A，B为锐角，则不等式恒成立 C. 若，则面积的最大值为 D. 若，且△ABC有两解，则的取值范围是 11. 在三棱锥中，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则三棱锥是正三棱锥 B. 若，，的周长均为4，则三棱锥是正三棱锥 C. 若，，的内切圆的面积均为，则三棱锥是正三棱锥 D. 若，则三棱锥是正三棱锥 三、填空题 12. 设，则复数z的虚部为________． 13. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ ． 14. 如图，在平面四边形中，，，，，则_________. 四、解答题 15. 设A，B，C，D为平面内的四点，且，，． （1）若A，B，C，D逆时针围成平行四边形ABCD，求D点的坐标； （2）设向量，，若与平行，求实数k的值． 16. 在中，分别为角所对的边，且 （1）确定角的大小； （2）若且的面积为，求的值 17. 已知中，角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若，角的平分线交于，求的长． 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴同方向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做在仿射坐标系中的斜坐标． （1）若，，求； （2）若，，，求在上的投影向量的斜坐标； （3）若，，，，求的最小值． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（）于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点．已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点．在锐角中，角的对边分别为，且．若是锐角的“费马点”，． （1）求角； （2）若；求的面积； （3）若，且． ①求的周长； ②求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳实验学校光明部2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学 时间：120分钟 满分：150分 命题人：陈碧玉 审题人：李立娟 一、单选题（每题4分） 1. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以．所以D正确． 2. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，共线，不可以作为基底，A错误； 对于B，，共线，不可以作为基底，B错误； 对于C，，不可以作为基底，C错误； 对于D，与为不共线的非零向量，可以作为一组基底，D正确. 3. 已知向量，满足，且，则的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以. 由，得， 又，得， 所以，则. 4. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则圆锥的表面积为， 又，解得， 所以圆锥的高为：， 所以该圆锥的体积为： 5. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，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，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，正方体截得的二十四等边体边长为， 其中有个面为正方形，个面为正三角形， 其表面积为. 6. 已知码头在码头的正北方向，两码头相距100海里，从码头测得海上某渔船位于北偏东方向，从码头测得渔船位于北偏东方向，从码头还测得另一艘货船位于南偏东方向，且货船到码头的距离为海里，欲在货船与渔船之间增设一条补给航线，则补给航线的长为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】先作出示意图，求出，，，，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出即可. 【详解】解：根据题意作出如下示意图， 由题意可知，，，， ， 在中，由正弦定理可得，又海里， 所以，解得海里， 在中，由余弦定理可得， 又海里，所以海里. 7. 如图，在中，已知是线段AD与BE的交点，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以 , 设，则， 因为三点共线，所以，得， 则， 故，则. 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则周长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出角的范围，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得，再利用正弦定理和三角恒等变换得，最后得到周长表达式，再利用二次函数的性质即可得到周长的取值范围. 【详解】因为是锐角三角形，所以， 又，所以，所以，由，得， 所以，所以，解得，所以. 由，，，得， ， 所以的周长为． 令，则， 则， 函数在上单调递增， 当时，；当时，， 所以， 所以周长的取值范围为． 二、多选题（每题6分） 9. 设复数在复平面内对应的点为为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若点坐标为，且是关于的实系数方程的一个根，则 C. 若，则或 D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及模长公式可判断选项；由点的坐标为，可得，代入方程，解方程即可判断选项；根据模长公式，模长为1，举出反例即可判断选项；根据复数的几何意义可判断对应的图形为圆环，求出圆环面积即可判断选项. 【详解】解：设复数，则在复平面内对应点为， 选项，因为，， 所以与不一定相等，错误； 选项，由点坐标为，则，所以， 化简整理得，则，解得，， 所以，正确； 选项，当时，，错误； 选项，由，， 根据复数的几何意义可知，表示圆心为内半径长为，外半径长为的圆环， 所以圆环面积，正确. 10. 已知分别为△ABC内角的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则边上的中线长为 B. 在钝角△ABC中，A，B为锐角，则不等式恒成立 C. 若，则面积的最大值为 D. 若，且△ABC有两解，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，对其两边同时平方，利用向量数量积的定义及运算律求解判断A正确；根据诱导公式和正弦函数单调性可知B正确；利用面积法和基本不等式可求得C错误；根据作圆法可知D正确； 【详解】对于A，设的中点为，所以， 两边取平方得， 则，故A正确. 对于B，为钝角三角形，为锐角，，， ，B正确； 对于C，由余弦定理可得：，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，则，当且仅当“”时取等， 则面积为， 所以面积的最大值为，故C错误； 对于D，如图，若有两解，则，，D正确. 11. 在三棱锥中，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则三棱锥是正三棱锥 B. 若，，的周长均为4，则三棱锥是正三棱锥 C. 若，，的内切圆的面积均为，则三棱锥是正三棱锥 D. 若，则三棱锥是正三棱锥 【答案】ABD 【解析】 【分析】作平面，易知为的外心，结合等边三角形可以判断A；根据周长关系可得，可以判断B；根据题意可得内切圆的半径均为，由的面积不全相等，进而判断C；根据余弦定理建立关于的方程，求解可以判断D. 【详解】对于A，因，作平面，垂足为，则易得， 即为的外心，又为等边三角形，所以D为的中心，故A正确； 对于B，如图，设，则，解得，由A知B正确； 对于C，由，，的内切圆的面积均为，可得内切圆的半径均为， 所以， 考虑到不全相等，所以未必有，故C错误； 对于D，在，，中，由， 由余弦定理，得， 整理得， 即，解得，故D正确， 故选：ABD 三、填空题 12. 设，则复数z的虚部为________． 【答案】## 【解析】 【详解】, 故复数z的虚部为. 13. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ ． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积即可． 【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图： 其中，，，， 过作交于，则为的中点， 在中，，， 所以， 将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台， 其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 故此圆台体积为． 故答案为：；． 14. 如图，在平面四边形中，，，，，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，由正弦定理得，，两式相除即可求出. 【详解】设，在中，由正弦定理可得①， 由可得，则，， 在中，由正弦定理可得②， ①②两式相除，得，即， 整理得，故. 故答案为： 四、解答题 15. 设A，B，C，D为平面内的四点，且，，． （1）若A，B，C，D逆时针围成平行四边形ABCD，求D点的坐标； （2）设向量，，若与平行，求实数k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合平行四边形的性质，根据向量相等的坐标运算列式求解即可. （2）先根据向量的线性运算求得与的坐标，然后利用向量共线的坐标运算列式求解即可. 【小问1详解】 设，则，， 因为，所以，解得． 所以D点的坐标为． 【小问2详解】 由题意得，， 所，． 因为，所以，解得. 16. 在中，分别为角所对的边，且 （1）确定角的大小； （2）若且的面积为，求的值 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再结合三角形的性质求解即可. （2）利用三角形面积公式求解出，再结合余弦定理求解出即可. 【小问1详解】 由已知得， 由正弦定理得， 即， 即， 由于，可得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为的面积为，所以解得． 由余弦定理可得， 所以，解得． 17. 已知中，角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若，角的平分线交于，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，用c表示a，从而求得； （2）根据角平分线的性质及面积相等求角平分线的长． 【小问1详解】 由，，及余弦定理得 ， 所以，故． 【小问2详解】 因为，所以，， 由题意可知，， 所以， 即， 解得． 18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴、轴同方向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做在仿射坐标系中的斜坐标． （1）若，，求； （2）若，，，求在上的投影向量的斜坐标； （3）若，，，，求的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】(1)根据题干给出的斜坐标的定义表示，根据向量的共线定理求参即可； (2)根据投影向量公式可知，计算出两向量的数量积与模长即可得到，由基底向量的模长与夹角代入计算的数量积与模长； (3)根据题干给的定义，将表示出来，计算其模长及夹角，根据模长的范围确定夹角的范围，进而计算的最小值． 【小问1详解】 由题意得，，， 因为，则存在实数使得，即， 整理得：，即， 因为为单位向量且不共线，所以，，得，； 【小问2详解】 由题意得，，，且，则 ； 因为在上的投影向量为， 因为， 故， 故在上的投影向量的斜坐标为； 【小问3详解】 由题意得，，，， 设夹角为，则，则： ； ， ，则 因为， 且，故，即， 因为，故； 解得：；故； 则，故； 即，故， 则的最小值为． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（）于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点．已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点．在锐角中，角的对边分别为，且．若是锐角的“费马点”，． （1）求角； （2）若；求的面积； （3）若，且． ①求的周长； ②求的值． 【答案】（1） （2） （3）①；③ 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合已知条件求解； （2）利用正三角形的性质，结合费马点定义、余弦定理构造方程求出，进而利用三角形面积公式求解； （3）利用费马点性质结合余弦定理及三角形面积公式构造方程求出，进而求出三角形周长；再结合余弦定理求出． 【小问1详解】 由结合正弦定理可得， ， ， 为锐角三角形， ． 【小问2详解】 中，且， 为正三角形，边长， 费马点满足，且等边三角形费马点与重心、垂心重合， 设，由余弦定理，， 即，故，解得， 的面积． 【小问3详解】 ①设，由费马点性质，，故 ． ， 由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立，解得， 的周长为； ②由在中，由余弦定理得， 联立可得， 则， 即， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $