精品解析：北京市第二中学朝阳学校2025-2026学年度第二学期高一数学期中检测试卷

北京市第二中学朝阳学校2025—2026学年度第二学期 高一数学期中检测试卷 （考试时间120分钟 满分150分） 考生须知 1.本试卷共4页，共三道大题，21道小题. 2.在试卷和答题卡上准确填写学校､班级､姓名和考号. 3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效. 4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答. 5.考试结束，请将答题卡交回. 一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分. 1. 若复数满足，则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】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，即可求出，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 则， 所以复平面内对应的点为，位于第三象限. 故选：C 2. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知，且不共线，列式即可解出． 【详解】依题可得，且不共线，即，解得且． 故选：A． 【点睛】本题主要考查向量的数量积的定义的理解和应用，数量积的坐标表示以及向量不共线的坐标表示，属于基础题． 3. 如图，在中，为边上靠近的三等分点，若为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量运算法则计算即可. 【详解】因为为边上靠近的三等分点， 所以， 所以 , 因为为的中点， 所以， 所以. 4. 若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由，分析出与的所有位置关系即可判断A，由，分析出的所有位置关系，即可判断B，由，分析出与的所有位置关系即可判断C；由，分析出的所有位置关系，即可判断D. 【详解】由，得与相交或或，故A错误； 由，得，故B正确； 由，得或，故C错误； 由，得或相交或异面，故D错误. 故选：B 5. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理易得. 【详解】因，，由正弦定理，. 故选：A. 6. 《九章算术》中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，则堆放的米约有（ ） A. 14斛 B. 22斛 C. 36斛 D. 66斛 【答案】B 【解析】 【分析】由地面弧长求出圆锥底面半径，再利用体积公式求体积，再代换为斛即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得， 故米堆的体积（立方尺）． 1斛米的体积约为1.62立方尺， 故（斛）. 故选：B. 7. 如图，在下列四个正方体中，，，，，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与，，三点所在平面平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，经过，，三点的平面如图，截面为六边形（，，为所在棱的中点），然后逐个分析判断即可. 【详解】由题意可知，经过，，三点的平面如图，截面为六边形（，，为所在棱的中点）， 对于A，由图可知与是相交直线，所以A错误； 对于BC，由图可知在经过，，三点的平面上，所以B，C错误； 对于D，因为分别为的中点， 所以∥，∥， 因为平面，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为平面，所以平面∥平面，所以D正确. 故选：D 8. 海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与D处之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求出，得到答案. 【详解】在中，，，，则， 由正弦定理得，即，故，解得. 在中，，，， 则由余弦定理得 ， 所以，即灯塔C与D处之间的距离为海里. 故选：B. 9. 水楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，如图为一个木楔子，其中四边形是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该小楔子的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，，取的中点，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可． 【详解】如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，连接，， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则． 取的中点，连接，因为，所以， 则， ． 因为，，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又，，平面， 所以平面，所以平面，同理可证平面， 所以多面体的体积． 故选：D． 10. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，给出下列四个结论中，所有正确结论的序号为（ ） ①所有满足条件的点组成的区域面积为1； ②当时，三棱锥的体积为定值： ③当时，点到距离的最小值为1： ④当时，有且仅有一个点，使得平面． A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，根据条件得点在正方形内，即可判断；对于②，点在线段上，从而点到平面的距离为定值，为定值，从而三棱锥的体积为定值；对于③，点在线段上，当点与重合时，即为到距离的最小值为1，从而判断；对于④，由题点在线段上，当平面时，可得，与矛盾，从而即可判断. 【详解】如图所示，    对于①，因为，，， 所以点在正方形内（包括正方形），而正方形的面积为1，故①正确； 对于②，时，， 所以, 故点在线段上，    由于平面,所以上的点到平面的距离都相等， 又, 所以三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，时，， 所以, 所以点在线段上，连接,    由题意可得，平面,平面, , 当点与重合时，即为到距离的最小值为1,故③正确； 对于④，当时，， 取的中点,的中点,则点在线段上，    若平面，则平面,必有, 因为平面，平面， 所以,, 所以平面，则有, 又,所以,与矛盾， 故不存在满足题意的点，④错误， 故选：A 二､填空题：本大题共6道小题，每小题5分，共30分. 11. 若复数（i为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复数的模长计算即可. 【详解】， 所以. 故答案为：. 12. 已知向量，向量，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由，，得， 则. 13. 在中，，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用余弦定理列方程求边长即可. 【详解】由题设，则， 又，可得. 故答案为： 14. 若，且，那么是____________三角形 【答案】等边三角形 【解析】 【分析】 根据余弦定理得到，再根据正弦定理结合余弦定理得到，得到答案. 【详解】由题设可得，故，故， 根据正弦定理得到：，故，即，即， 即该三角形是等边三角形． 故答案为：等边三角形. 【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理判断三角形形状，意在考查学生的计算能力和应用能力. 15. 如图，已知分别是空间四边形对角线的中点，若，则与所成角的大小为___________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，构造异面直线与所成角，利用三角形的边角关系求解. 【详解】取中点，连接.如图： 因为为的中位线，所以，且. 因为为的中位线，所以，且. 所以或其补角即为异面直线与所成角. 因为，，所以. 在中，，，，所以. 故答案为： 16. 已知两个不相等的非零向量，，两组向量，，，，和，，，，均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是___________（写出所有正确命题的编号）. ①有5个不同的值 ②若，则与无关 ③若，则与无关 ④若，则 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据已知条件，结合向量关系及数量积的运算律，逐项分析正误即可. 【详解】的可能值有，，，故①错误 而，则，③错误； 当时，与无关，故②正确； 当时，故④正确； 故答案为：②④ 【点睛】关键点点睛：根据题设写出所有的可能值，应用作差、数量积的运算律确定最小，结合各项条件判断正误. 三､解答题：本大题共70分，请将答案填在答题纸上 17. 已知向量，. （1）求； （2）求向量与向量的夹角的余弦值； （3）若，且，求向量与向量的夹角. 【答案】（1）；（2）；（3）.. 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，再求其模； （2）利用向量的夹角公式直接求解即可； （3）由，得化简结合已知条件可得答案 【详解】解：（1）因为，， 所以. 所以. （2）因为， ， ， 所以. （3）因为， 所以. 即. 所以. 即， 所以. 因为， 所以. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，，． （1）求； （2）从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使存在且唯一确定，求S． 条件①；条件②；条件③BC边上的中线长为． 【答案】（1） （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解即可； （2）若选①：分析可得，可知存在且唯一，利用正弦定理和面积公式运算求解；若选②：利用余弦定理分析可知不唯一；若选③：利用向量结合余弦定理可得，可知不唯一. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 且， 即， 可得， 且，则，所以. 【小问2详解】 若选①：由（1）可知，，则， 因为，则，可得， 且，则， 即角A，B，C确定且唯一，且，可知存在且唯一， 因为， 由正弦定理可得， 所以的面积； 若选②：由余弦定理可得， 即，整理可得， 则，可知方程有2个实根， 所以不唯一，故②不合题意； 若选③：设BC边上的中线为，则，且， 可得， 即，此时无法解出， 所以不唯一，故③不合题意. 19. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）应用平行四边形得出，进而得出线线平行即可证明； （2）应用线面平行判定定理得出平面，再应用线面平行性质定理证明； （3）先证明四边形为平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； 【小问1详解】 证明：连接． 因为，分别为棱，的中点， 所以，又在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以，，，四点共面． 【小问2详解】 证明：由（1）知，又平面，平面， 所以平面． 因为平面平面，平面，所以． 【小问3详解】 存在，且． 理由如下：取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以． 设为的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 故存在所求的点，且． 20. 如图，在正三棱柱中，为的中点，. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，进而可得，又，进而可得平面，可证结论； （2）由（1）可证，利用已知计算可得，可得，利用线面垂直的判定定理可证结论； （3）由（2）得为直线与平面所成的角，计算求解即可. 【小问1详解】 在等边中，因为为的中点，可得. 在正三棱柱中，可得平面， 又平面，所以. 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）得平面，因平面，则. 又，则， ，所以，可得， 因平面，故平面. 【小问3详解】 由（2）得平面，所以为直线与平面所成的角. 又，所以 所以直线与平面所成角的正弦值为 21. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 【答案】（1）是正交数表，不是正交数表; （2）证明见解析; （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题中新定义直接判断； （2）根据题意设出与，利用正交向量的定义计算即可证明； （3）从数表中选出三个不同的行向量，设为，假设为正交数表，则满足几个交换性质，设，则可分析出和中和的数量关系，再根据，继续分析和中和的数量，整合后可得正交数表的行列数必须是的倍数，由此可证得假设不成立. 【小问1详解】 对于，，是正交数表； 对于，，不是正交数表． 【小问2详解】 设,， 由与为正交向量，与为正交向量，得 且.其中,. 故不妨设,, 则, 即,所以与不是正交向量. 【小问3详解】 因为,所以的最小值为.因此我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为. 若为正交数表，则有. 且若为正交数表，可得如下变换成立， 变换1：交换正交数表的任意两行，所得的新数表仍是正交数表； 变换2：交换正交数表的任意两列，所得的新数表仍是正交数表； 变换3：将正交数表的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表． 因此我们将第一行的所有元素都变成1，即假设， 由得，在中，和的数量相等，即有个和； 同样地，中也有有个和.现在考虑. 我们将乘积值的情况分成四类： ①,设数量为; ②,设数量为; ③,设数量为; ④,设数量为. 且. 根据中有个和，,同样根据中有个和，. 所以得，从而有. 故有，所以，即正交数表的行列数必须是的倍数. 所以时必不成立.命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第二中学朝阳学校2025—2026学年度第二学期 高一数学期中检测试卷 （考试时间120分钟 满分150分） 考生须知 1.本试卷共4页，共三道大题，21道小题. 2.在试卷和答题卡上准确填写学校､班级､姓名和考号. 3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效. 4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答. 5.考试结束，请将答题卡交回. 一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分. 1. 若复数满足，则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. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 3. 如图，在中，为边上靠近的三等分点，若为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 《九章算术》中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，则堆放的米约有（ ） A. 14斛 B. 22斛 C. 36斛 D. 66斛 7. 如图，在下列四个正方体中，，，，，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与，，三点所在平面平行的是（ ） A. B. C. D. 8. 海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与D处之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 9. 水楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，如图为一个木楔子，其中四边形是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该小楔子的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，给出下列四个结论中，所有正确结论的序号为（ ） ①所有满足条件的点组成的区域面积为1； ②当时，三棱锥的体积为定值： ③当时，点到距离的最小值为1： ④当时，有且仅有一个点，使得平面． A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 二､填空题：本大题共6道小题，每小题5分，共30分. 11. 若复数（i为虚数单位），则______． 12. 已知向量，向量，则______． 13. 在中，，，，则__________. 14. 若，且，那么是____________三角形 15. 如图，已知分别是空间四边形对角线的中点，若，则与所成角的大小为___________． 16. 已知两个不相等的非零向量，，两组向量，，，，和，，，，均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题正确的是___________（写出所有正确命题的编号）. ①有5个不同的值 ②若，则与无关 ③若，则与无关 ④若，则 三､解答题：本大题共70分，请将答案填在答题纸上 17. 已知向量，. （1）求； （2）求向量与向量的夹角的余弦值； （3）若，且，求向量与向量的夹角. 18. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，，． （1）求； （2）从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使存在且唯一确定，求S． 条件①；条件②；条件③BC边上的中线长为． 19. 如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点． （1）求证：D，B，F，E四点共面． （2）设平面平面，求证：． （3）棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 20. 如图，在正三棱柱中，为的中点，. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 21. 如图，设是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且． 记向量，若，则称与为正交向量．若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表． （1）直接判断，是否为正交数表（不需要说明理由）； （2）当时，设，且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量； （3）求证：对任意，当时，不是正交数表． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $