精品解析：河北邯郸市万江高级中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

2025-2026学年第二学期期中考试卷 高一数学 一、单项选择题（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i为虚数单位，复数，则z的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 若复数满足，则的虚部是 A. B. C. D. 4. 下列各式的运算结果为纯虚数的是 A. (1+i)2 B. i2(1-i) C. i(1+i)2 D. i(1+i) 5. 若，，且 ，则x等于（ ） A. 3 B. C. D. 6. 已知向量，若与共线，则的值为 A. B. 2 C. D. -2 7. 若正三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为 (　　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 如图所示，在正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ） A. ，，三点共线 B. ，，，四点共面 C. ，，，四点共面 D. ，，，四点共面 10. 已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的值可以是（ ） A. B. C. 0 D. 1 11. 下列关于圆柱的说法中，正确的是（ ）（多选） A. 分别以矩形（非正方形）的长和宽所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的两个圆柱是两个不同的圆柱 B. 用平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是与底面全等的圆面 C. 用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是一个圆面 D. 以矩形的一组对边中点的连线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的面所围成的几何体是圆柱 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知复数z=1+2i（i是虚数单位），则|z|=　_________　． 13. 已知，不共线，且，，若，不能作为基底，则等于________． 14. 在中，若 ，则角A=________． 三、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. 计算： （1）； （2）； （3）． 16. 化简下列各式： （1）． （2）． 17. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？ 18. 已知复数满足：，求的值． 19. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中考试卷 高一数学 一、单项选择题（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i为虚数单位，复数，则z的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接求解即可 【详解】解：复数的虚部为， 故选：D 2. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模的运算求得正确答案. 【详解】，， ． 3. 若复数满足，则的虚部是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数满足，所以z=1-3+4i=-2+4i，所以根据复数实部和虚部的概念得z的虚部为4.故选B. 4. 下列各式的运算结果为纯虚数的是 A. (1+i)2 B. i2(1-i) C. i(1+i)2 D. i(1+i) 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算，再由纯虚数的定义，即可求解. 【详解】由题意，对于A中，复数为纯虚数，所以正确； 对于B中，复数不是纯虚数，所以不正确； 对于C中，复数不是纯虚数，所以不正确； 对于D中，复数不是纯虚数，所以不正确，故选A. 【点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题．首先对于复数的四则运算，要切实掌握其四则运算技巧和常规思路． 其次要熟悉复数相关基本概念是解答此类问题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 5. 若，，且 ，则x等于（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知，， 由 可得 所以. 6. 已知向量，若与共线，则的值为 A. B. 2 C. D. -2 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意可知，，根据向量共线的坐标表示可知故选D. 考点：向量共线的坐标表示. 7. 若正三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】正三棱锥的各个面都是边长为的等边三角形，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】正三棱锥的所有棱长均为， 则正三棱锥的各个面都是边长为的等边三角形， 等边三角形的高为， 则该三棱锥的表面积为. 故选：. 8. 圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为 (　　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，V＝(π＋2π＋4π)h＝7π，∴h＝3. 故选A. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 如图所示，在正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ） A. ，，三点共线 B. ，，，四点共面 C. ，，，四点共面 D. ，，，四点共面 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可； 【详解】解：在正方体中，为的中点，直线交平面于点， 在选项中，直线交平面于点， 平面，直线，又平面，平面， 为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点， 平面，且平面， 又平面，且平面， ，，三点共线，故选项正确； 在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确； 在选项中，，，三点共线，，，，四点共面，故正确； 在选项中，直线，， ，，，四点不共面，故错误． 故选：． 10. 已知在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的值可以是（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】ABC 【解析】 【详解】根据题意可得 解得 因此m的取值可以为，，0. 11. 下列关于圆柱的说法中，正确的是（ ）（多选） A. 分别以矩形（非正方形）的长和宽所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的两个圆柱是两个不同的圆柱 B. 用平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是与底面全等的圆面 C. 用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面是一个圆面 D. 以矩形的一组对边中点的连线所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的面所围成的几何体是圆柱 【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据旋转体的定义，判断正确；由圆柱的结构特征，可判断正确，错误. 【详解】用一个不平行于圆柱底面的平面截圆柱，截面不是圆面， 如用垂直于圆柱底面的平面截圆柱，截面是矩形，故C错误， 显然A，B，D正确. 故选:ABD. 【点睛】本题考查圆柱的定义以及结构特征，属于基础题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知复数z=1+2i（i是虚数单位），则|z|=　_________　． 【答案】 【解析】 【详解】复数z=1+2i（i是虚数单位），则|z|==． 故答案为． 13. 已知，不共线，且，，若，不能作为基底，则等于________． 【答案】1 【解析】 【详解】，不能作为基底，则向量，共线，可设，即， ，不共线，，得. 14. 在中，若，则角A=________． 【答案】或 【解析】 【详解】由正弦定理，得 ， ， ，， ，解得或. 三、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. 计算： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 原式 【小问2详解】 原式 ． 【小问3详解】 原式． 16. 化简下列各式： （1）． （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 ． 17. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？ 【答案】 【解析】 【分析】分别计算四棱锥和四棱柱的体积，相加即得． 【详解】由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m.因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝··PO1＝×62×2＝24(m3)； 正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)， 所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3). 故仓库的容积是312 m3. 【点睛】本题考查组合体的体积，解题关键是确定这个组合体是由哪些柱锥台球组合切割而来的．然后计算各个部分的体积，再相加减可得． 18. 已知复数满足：，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数相等解得，再根据复数运算法则求解 【详解】设，而 即 则 所以 【点睛】本题考查复数相等以及复数运算法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 19. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) ;(2). 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得. (2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1) [方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】 由三角形的内角和定理得， 此时就变为． 由诱导公式得，所以． 在中，由正弦定理知， 此时就有，即， 再由二倍角的正弦公式得，解得． [方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】 由解法1得， 两边平方得，即． 又，即，所以， 进一步整理得， 解得，因此． [方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】 根据题意，由正弦定理得， 因为，故， 消去得． ，，因为故或者， 而根据题意，故不成立，所以， 又因为，代入得，所以. (2) [方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】 因为是锐角三角形，又，所以， 则． 因为，所以，则， 从而，故面积的取值范围是． [方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】 由题设及（1）知的面积． 因为为锐角三角形，且， 所以即 又由余弦定理得，所以即， 所以，故面积的取值范围是． [方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】 如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点． 由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且， 所以点C位于在线段上且不含端点，从而， 即，即，所以， 故面积的取值范围是． 【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法； 方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值； 方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小. (2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法； 方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围； 方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $