精品解析：天津市第一中学滨海学校2025-2026学年第二学期期中质量监测高一数学试卷

天津一中滨海学校2025-2026-2期中质量监测 高一数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间：100分钟．考试结束后，将答题纸交回．祝各位考生考试顺利！ 参考公式： 柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面面积，h表示柱体的高； 锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面面积，h表示锥体的高； 台体的体积公式，其中S表示台体的上底面面积，表示台体的下底面面积，h表示台体的高； 球的体积公式，球的表面积公式，其中R表示球的半径． 第Ⅰ卷 选择题（60分） 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图，在平行四边形中，连结，下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 若是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知一个圆锥的底面圆半径为，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. 6. 下列命题正确的是（ ） A. 如果一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线不一定在这个平面内 B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C. 过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行 D. 如果一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行 7. 如图，在直角梯形中，，，，，，用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图为四边形，则四边形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 9. 已知向量，满足：，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在，若，且，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 11. 如图，已知正六棱锥的侧棱长为6，底面边长为是底面上一个动点，，则点所形成区域的面积为（ ） A. B. C. D. 12. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 非选择题（90分） 二、填空题（共8小题，每小题5分，共40分．） 13. 设复数，则z的共轭复数________；z的模________． 14. 已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为______. 15. 已知四棱锥底面是边长为1的正方形，顶点在底面的投影为底面的中心，若该四棱锥的体积为，则它的表面积为__________. 16. 有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为______；表面积为______． 17. 智能机器人已开启快递代取服务，某机器人现从某点出发开始工作，先沿正北方向前行，然后沿北偏西方向继续前行了，则此时机器人与出发点的距离为______. 18. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被称为“数学中的天桥”，若复数满足，则的虚部是__________，实部是__________. 19. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．若，，则向量在上的投影向量的模为________；设，，若，则________． 20. 如图，正方体的棱长为为的中点，为棱上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是___________.（请写出所有正确命题的编号） ①当时，S为等腰梯形； ②当时，S与的交点满足； ③当时，S为六边形； ④当时，S的面积为. 三、解答题（共4小题，共50分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．） 21. 已知向量，， （1）求与垂直的单位向量，以及与的夹角余弦值； （2）求满足的实数m，n； （3）若，求实数k. 22. （1）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，求此三棱台的体积． （2）如图，直三棱柱中，D是BC的中点，四边形为正方形． （ⅰ）若为等边三角形，，求直三棱柱的体积； （ⅱ）求证：平面． 23. 在中，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 24. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且. （1）求A； （2）设的外接圆圆心为O，且，（为定值）.如图，ABP是以AB为半径，为圆心角的扇形，点D为BC边上的动点，点E为AC边上的动点，满足DE与相切，设. ①当，时，求； ②在点D、E的运动过程中，的值是否为定值?若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中滨海学校2025-2026-2期中质量监测 高一数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间：100分钟．考试结束后，将答题纸交回．祝各位考生考试顺利！ 参考公式： 柱体的体积公式，其中S表示柱体的底面面积，h表示柱体的高； 锥体的体积公式，其中S表示锥体的底面面积，h表示锥体的高； 台体的体积公式，其中S表示台体的上底面面积，表示台体的下底面面积，h表示台体的高； 球的体积公式，球的表面积公式，其中R表示球的半径． 第Ⅰ卷 选择题（60分） 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点在，位于第二象限. 故选：B 2. 如图，在平行四边形中，连结，下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量加法和减法法则即可. 【详解】由向量加法的三角形法则得，，故A错误； 由向量加法的平行四边形法则得，，故B正确； 由向量的减法法则得，，，故CD错误. 故选：B 3. 已知中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求出的值，结合的范围得出结果. 【详解】因为中，，，， 所以，， 因为，可得，即， 所以或. 故选：D. 4. 若是非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】结合，设，，根据充分性和必要性两个角度分别判断即得. 【详解】如图作，设，， 由向量加法的平行四边形法则知：由可得是菱形， 因菱形的对角线不一定相等，故不一定成立，即充分性不成立； 又由可得是矩形，因矩形的一组邻边不一定相等， 故也不一定成立，即必要性不成立. 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 5. 已知一个圆锥的底面圆半径为，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】C 【解析】 【分析】求出圆锥的母线长，可求出该圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求出该圆锥的体积. 【详解】设圆锥的母线长为，高为，由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长， 则，解得，故圆锥的高为， 因此，该圆锥的体积为. 故选：C. 6. 下列命题正确的是（ ） A. 如果一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线不一定在这个平面内 B. 若三条直线两两相交，则三条直线确定一个平面 C. 过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行 D. 如果一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，一条直线上有两个点在一个平面上，那么这条直线一定在这个平面内，故A错； 对于B，若三条直线两两相交交于一点时，例如三棱锥的侧棱，则三条直线可以不共面，B错； 对于C，过直线外一点可以作一条直线与已知直线平行，且过一条直线可作无数个平面与已知直线平行，故C正确； 对于D，一条直线平行于平面内的无数条直线，则该直线与平面平行或在平面内，故D错. 故选：C 7. 如图，在直角梯形中，，，，，，用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图为四边形，则四边形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得直观图，进而可得面积. 【详解】用斜二测画法画出的水平放置的直角梯形的直观图如图所示， 可知四边形是梯形，，，，且， 过点作于点，由，故， 所以. 故选：C. 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断线性、线面的位置关系即可. 【详解】A：若，，则平行、相交或异面，故A错； B：若，，则平行或异面，故B错； C：若，，则或，故C错； D：若，，由面面平行的定义和线面平行的定义可知，故D对. 故选：D 9. 已知向量，满足：，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数量积的运算律计算可得，再由夹角计算公式代入即可. 【详解】依题意可知， 解得， 所以. 故选：C 10. 在，若，且，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理以及两角差的正弦公式逆用可得，再由可得，可得出结论. 【详解】因为，由正弦定理可得，则， ．所以， 又因为，所以， 又，可得，故的形状是等腰直角三角形. 故选：C 11. 如图，已知正六棱锥的侧棱长为6，底面边长为是底面上一个动点，，则点所形成区域的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正六棱锥的结构特征可得，进而可得，分析可知点所形成区域为以为圆心，半径为的圆面，即可得面积. 【详解】因为为正六棱锥，则顶点在底面的投影为底面中心，如图， 又因为底面边长为，则，可得， 且，则， 可知点所形成区域为以为圆心，半径为的圆面，其面积为. 故选：B. 12. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用已知条件解出，，的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基本不等式解题. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 再由余弦定理可得：， 所以，三角形为直角三角形，角为直角， 因为， 由三角形面积公式， 所以，又，则， 由余弦定理可得，化简得：， 所以，， 因为，所以可得，， 因为， 又，，三点共线，所以，且，， 所以，当且仅当时取等号. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先通过解三角形得的值，进一步得，由此即可顺利得解. 第Ⅱ卷 非选择题（90分） 二、填空题（共8小题，每小题5分，共40分．） 13. 设复数，则z的共轭复数________；z的模________． 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念及复数模的定义求解. 【详解】由可知，， ， 故答案为：；2 14. 已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可得结果. 【详解】因为平面向量，，所以， 所以在上的投影向量为. 故答案为：. 15. 已知四棱锥底面是边长为1的正方形，顶点在底面的投影为底面的中心，若该四棱锥的体积为，则它的表面积为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据体积可求出四棱锥的高，再由此求出棱长，即可求出表面积. 【详解】如图，设底面中心为， 则，可得， 因为底面为正方形，则，， 则的边边上的高为， 则该四棱锥的表面积为. 故答案为：3. 16. 有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为______；表面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式求木质工艺品的体积，根据圆柱、圆锥的侧面积公式求木质工艺品的表面积. 【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积为； 因为圆锥的母线长为 所以这个木质工艺品的表面积为. 故答案为：；. 17. 智能机器人已开启快递代取服务，某机器人现从某点出发开始工作，先沿正北方向前行，然后沿北偏西方向继续前行了，则此时机器人与出发点的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理即可求解. 【详解】如图所示，由余弦定理可得所求为：. 故答案为：. 18. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被称为“数学中的天桥”，若复数满足，则的虚部是__________，实部是__________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】利用复数的三角形式结合复数的除法可化简得出复数，利用复数的概念可得出复数的实部和虚部. 【详解】由题意可得，所以， 所以. 因此，复数的虚部为，实部为. 故答案为：；. 19. 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．若，，则向量在上的投影向量的模为________；设，，若，则________． 【答案】 ①. 4 ②. ## 【解析】 【分析】先求出，结合可得向量在上的投影向量即为在上的投影向量，即为，进而求解即可；根据平面向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意，设，则，， 由，则，解得， 因为，所以向量在上的投影向量即为在上的投影向量，即为， 则在上的投影向量的模为； 由 ， 则， 所以，则. 故答案为：4；. 20. 如图，正方体的棱长为为的中点，为棱上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是___________.（请写出所有正确命题的编号） ①当时，S为等腰梯形； ②当时，S与的交点满足； ③当时，S为六边形； ④当时，S的面积为. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①作出辅助线，找到S为四边形，证明出其为等腰梯形；②作出辅助线，找到S，利用各边长度与相似，求出；③在②的分析基础上，得到S为五边形；④作出辅助线，得到S为菱形，求出对角线，进而求出面积. 【详解】当时，S为等腰梯形，理由如下： 如图1，连接，，因为为的中点，为上的中点， 所以∥， 所以四边形为S，其中， 所以S为等腰梯形，①正确； 当时，S与的交点满足，理由如下： 如图2，延长至点E，使得，连接EA，EQ交于点R， 取AD中点N，DE中点M，连接MQ，MN，PN， 则，DN=CP，所以四边形CQMD与四边形PCDN均为平行四边形， 所以MQ∥NP∥CD，且MQ=NP=CD，所以四边形MNPQ为平行四边形， 所以PQ∥MN，由中位线的性质可知：MN∥AE，所以PQ∥AE， 所以四边形AEQP即为S，其中， 所以，所以，②正确； 当时，S为五边形，理由如下： 如图3，根据②的分析，随着Q点在图2的基础上沿着向上移动， 则点E点沿着射线向上移动，此时AE与相交于点G， EQ与相交于点R，连接GR，故所截得的S为五边形，故③错误； 当时，S的面积为，理由如下： 如图4，点Q与重合，此时G为的中点，可证得：∥，AP∥GQ， 其中，所以S为菱形APQG， 且，S的面积为，④正确. 故答案为：①②④ 三、解答题（共4小题，共50分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．） 21. 已知向量，， （1）求与垂直的单位向量，以及与的夹角余弦值； （2）求满足的实数m，n； （3）若，求实数k. 【答案】（1）单位向量是和，夹角余弦值为； （2），； （3） 【解析】 【分析】（1）设与垂直的单位向量为，根据题意列出方程组求出即可；用向量的夹角公式代入即可求出答案； （2）把的坐标求出，再利用向量相等，即可求出实数m，n； （3）分别写出的坐标，再利用向量平行的条件即可求得实数k. 【小问1详解】 设与垂直的单位向量为，则，解得或； ，，则. 与的夹角余弦值为. 【小问2详解】 由，得，则，解得：. 【小问3详解】 因为，，， 所以，解得：. 22. （1）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，求此三棱台的体积． （2）如图，直三棱柱中，D是BC的中点，四边形为正方形． （ⅰ）若为等边三角形，，求直三棱柱的体积； （ⅱ）求证：平面． 【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）分别求出正三棱台的上、下底面积及高，利用棱台的体积公式可得； （2）（ⅰ）分别求得直三棱柱的底面积和高（即侧棱长），根据棱柱的体积公式可得；（ⅱ）连接，交于点，利用中位线定理得，再利用线面平行的判定定理即可得证． 【详解】（1）如图，点分别是的中心， 易知. 所以. 又，， 所以正三棱台的体积为. （2）（ⅰ）若为等边三角形，，则， 因为四边形为正方形，所以， 所以直三棱柱的体积为； （ⅱ）连接，交于点，则点为的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． 23. 在中，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理即可解出； （3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出． 【小问1详解】 由正弦定理可得，，即，解得：； 【小问2详解】 由余弦定理可得，，即， 解得：或（舍去）． 【小问3详解】 由正弦定理可得，，即，解得：，而， 所以都为锐角，因此，， ． 24. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且. （1）求A； （2）设的外接圆圆心为O，且，（为定值）.如图，ABP是以AB为半径，为圆心角的扇形，点D为BC边上的动点，点E为AC边上的动点，满足DE与相切，设. ①当，时，求； ②在点D、E的运动过程中，的值是否为定值?若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；的值为定值，此定值为. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简已知式可得，由辅助角公式可得，即可求出A； （2）①由题意可得，由，得，代入即可求解； ②根据正弦定理、三角形的恒等变换和平面向量的数量积公式，即可求解. 【小问1详解】 根据正弦定理可得：， 即， 整理得：，即， 因为为三角形的内角，所以，即. 【小问2详解】 ①由知，为AC中点，因为外接圆圆心为，所以， 由（1）知，，由，得， 当时，点与重合，为切点，且，. ②在中，， ， 故， 所以在点D、E的运动过程中，的值为定值，此定值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $