精品解析：江苏南京市第十三中学、第九中学、镇江中学等校2025-2026学年高一下学期5月期中检测数学试题

2025级高一年级期中检测 数学 （时间：120分钟 满分150分） 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，可知的虚部为1. 2. 设、是任意两个非零向量，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. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合向量垂直关系与数量和意义判断. 【详解】由，得；反之当，也可推出， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3. 在中，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，， 则，则. 4. 若的三个内角，，满足，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 以上都有可能 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理得到边长比值，通过余弦定理得到最大角的余弦值 大于，进而判断三角形为锐角三角形 【详解】由正弦定理可得，则，， 因此根据余弦定理，即， 而由可知，三角形为锐角三角形. 5. 在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A. 与平行 B. 与异面 C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D. 与的交点一定在直线上 【答案】D 【解析】 【分析】先利用三角形中位线性质与平行线分线段成比例定理证明且长度不等，得与共面且相交，再结合平面交线的公理判断交点位置. 【详解】连接、： 因为、分别为、的中点，由三角形中位线定理得：，且. 在中，，由平行线分线段成比例定理的逆定理得：，且. 判断与的位置关系： 由且，可知四边形为梯形，、为梯形两腰，必相交且共面，故A（平行）、B（异面）错误. 判断交点的位置： 设，因为平面，故平面；又平面，故平面. 平面与平面的交线为，根据公理3：两个不重合的平面若有公共点，则所有公共点都在它们的交线上，可得，即交点一定在直线上，故C错误，D正确. 6. 若，，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出的范围，确定象限，再求出，最后对已知角进行拆分求解即可. 【详解】因为，所以，故 且， 则. 7. 设，，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上的投影向量的定义建立方程，求解夹角的余弦值，结合夹角的取值范围确定夹角. 【详解】设向量与的夹角为， 根据投影向量的定义，在上的投影向量为， 可得 ，因此，解得 . 又因为，所以. 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解. 【详解】解：由托勒密定理，得． 因为，所以． 设圆的半径为，由正弦定理，得． 又，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，则，故． 故选：B 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分． 9. 已知复数和，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】虚数不能比大小，故A错误； 设，则，故B正确； 由复数加减法的几何意义可知，C正确； 若，则，故D错误. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱的侧棱都互相平行且相等 B. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台 C. 棱台的所有侧棱所在直线交于同一点 D. 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分称为棱台 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合棱柱、棱台、圆台的定义逐一判断各选项的正误 【详解】对于A，棱柱的侧面均为平行四边形，故侧棱互相平行且相等，故A对； 对于B，只有当以直角梯形垂直于两底的腰为旋转轴旋转时，所得旋转体才是圆台，若以上底、下底或斜腰为旋转轴，得到的几何体都不是圆台，故B错； 对于C，棱台是由平行于棱锥底面的平面截取棱锥得到的，所有侧棱延长后必然交于原棱锥的顶点，即侧棱所在直线交于同一点，故C对； 对于D，该表述是棱台的标准定义，截面与底面平行，满足棱台的结构特征，故D对； 故选：ACD 11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列与有关的结论，正确的是（ ） A. 若，则一定是等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若为斜三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由，利用正弦定理得到，再利用二倍角的正弦公式化简判断；B.由，利用大角对大边得到，再利用正弦定理判断；C.由为锐角三角形，得到，，得到，再利用正弦函数的单调性判断；D.在中，由，得到，两边取正切，再利用两角和的正切公式化简判断. 【详解】A. 若，则，即， 则 或，即或， 所以一定是等腰三角形或直角三角形，错误； B.若，则，由正弦定理得， 所以，则，即，正确； C. 若为锐角三角形，则，因为，所以， 则，因为在上递增，所以， 即，正确； D.在中，，则，所以， 因为为斜三角形，所以都有意义，所以， 因为，所以， 即， 即，正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 若复数是纯虚数，则实数m的值为______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义，令复数的实部为0且虚部不为0，联立方程与不等式求解即可. 【详解】根据纯虚数的定义：对于复数，当且仅当且时，该复数为纯虚数， 因为复数为纯虚数，m为实数， 所以，即，解得. 13. 在边长为2的菱形中，，E为中点，则的值为______． 【答案】1 【解析】 【详解】如图所示,在边长为2的菱形中，，E为中点， 所以 ， ， ， ， . 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，．已知 ， ，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式求得正确答案. 【详解】依题意，， 由正弦定理得， 所以， 由于， 所以为钝角，故， 所以， 所以. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知平面上有三点，，，向量，． （1）若三点，，不能构成三角形，求实数的值； （2）若为直角三角形，其中是直角，求实数的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据三点共线列方程，化简求得的值. （2）根据向量垂直列方程，化简求得的值. 【小问1详解】 三点不能构成三角形，等价于三点共线， 可得， 由，得， 由平面向量共线的坐标判定关系，， ，，因此，. 【小问2详解】 由为直角，得， ， 由平面向量垂直的数量积性质，， ，， 解得或. 16. 已知复数和它的共轭复数满足. （1）求； （2）若是关于的方程的一个根，求复数的模长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，即可求解． （2）根据已知条件，结合韦达定理，求出，再结合复数的模的运算法则即可求解． 【小问1详解】 设， 则， 所以，解得， 故. 【小问2详解】 是关于的方程的一个根， 是关于的方程的另一个根， ，解得， . 17. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，与，分别垂直，垂足为，且，是侧棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，与交于点，由中位线得证线线平行，然后得线面平行； （2）取中点，证明，从而得到异面直线与所成的角或其补角，然后由余弦定理求得余弦值，进而求得正弦值. 【小问1详解】 连接，与交于点， 则为中点，又为中点，， 又平面，平面， 平面． 【小问2详解】 取中点，连接，、是、的中点，， 就是异面直线与所成的角或其补角， 在中，，，， 则， ， 所以直线与夹角的正弦值为. 18. 已知向量，，，设函数 （1）求的最小正周期与单调递增区间； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积公式和三角恒等变换化简得，再利用正弦函数性质列不等式计算求解； （2）参变分离转化为函数的最值问题求解. 【小问1详解】 ， ， 由，得， ， 故的单调递增区间为. 【小问2详解】 ，恒成立，即，恒成立， ，，， ，， ，所以实数的取值范围是. 19. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的中点为． （1）求； （2）若，求内切圆面积的最大值； （3）若为锐角三角形，，求线段的取值范围． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，对已知条件进行化简，再根据角的范围，判断方程可能得解，求出结果； （2）根据余弦定理解三角形，判断的具体结果，再根据余弦定理和基本不等式求出三角形周长的范围，进而根据内切圆半径的性质求出半径的范围，进而求出面积的最大值； （3）根据三角形形状，判断角的范围，再根据正弦定理和三角形中线的向量性质，进而根据向量的数量积运算率，表示出模长的表达式，进而求出线段长度的范围. 【小问1详解】 由题意可知，化简得， 可得，因为，所以， 可得或，解得或. 【小问2详解】 由题意可得，化简得， 所以，所以由（1）可知，可得， 可知，化简得，即，可得. 由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号， 所以，由，解得. 设内切圆半径为，则， 可得，因为， 所以， 因为，所以， 当时，内切圆半径为取得最大值，此时内切圆面积的最大值为. 【小问3详解】 可知，所以， 因为为锐角三角形，所以， 所以， 可知，可得，所以， 因为，所以， 则， 化简得， 因为，由，可得，解得， 所以，可得，所以，即 所以线段的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高一年级期中检测 数学 （时间：120分钟 满分150分） 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设、是任意两个非零向量，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. 既不充分又不必要条件 3. 在中，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 若的三个内角，，满足，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 以上都有可能 5. 在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A. 与平行 B. 与异面 C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上 D. 与的交点一定在直线上 6. 若，，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 7. 设，，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ） A. 4 B. 2 C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分． 9. 已知复数和，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱的侧棱都互相平行且相等 B. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台 C. 棱台的所有侧棱所在直线交于同一点 D. 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分称为棱台 11. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列与有关的结论，正确的是（ ） A. 若，则一定是等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若为斜三角形，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 若复数是纯虚数，则实数m的值为______． 13. 在边长为2的菱形中，，E为中点，则的值为______． 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，．已知 ， ，则的面积为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知平面上有三点，，，向量，． （1）若三点，，不能构成三角形，求实数的值； （2）若为直角三角形，其中是直角，求实数的值． 16. 已知复数和它的共轭复数满足. （1）求； （2）若是关于的方程的一个根，求复数的模长. 17. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，与，分别垂直，垂足为，且，是侧棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与夹角的正弦值． 18. 已知向量，，，设函数 （1）求的最小正周期与单调递增区间； （2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的中点为． （1）求； （2）若，求内切圆面积的最大值； （3）若为锐角三角形，，求线段的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $