黑龙江哈尔滨市双城区兆麟中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

兆麟中学2025—2026学年度下学期期中考试 高一学年 数学 学科试题 命题人：高一数学组 审题人：高一数学组 考试用时： 120分钟 总分：150分 一、单项选择题（本题型共8小题，每小题5分，共40分） 1．若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A．2 B．0 C． D．0或2 2．在中，，记，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知正四棱锥的侧棱长为4，且，若一只蚂蚁从点出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A．6 B． C． D． 4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 5．已知向量，满足，，若，且，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 6．将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ） A． B． C． D． 7．如图是索菲亚教堂建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．某同学为了估算索菲亚教堂的高度，在教堂的正东方找到一座建筑物，高为20 m，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶、教堂塔尖C的仰角分别是和，在楼顶处测得教堂塔尖的仰角为，则该同学计算索菲亚教堂的高度为（ ） m A． B．20 C． D．30 8．如图，是锐角三角形的外心，角，，所对的边分别为，，且，若，则（ ） A．1 B． C． D．2 二、多项选择题（本题型共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知复数，，其中，则下列说法正确的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若为实数，则 D．若为纯虚数，则 10．对于，角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A．若，则 B．若，则一定为等腰三角形 C．若，则一定为直角三角形 D．若，则一定为钝角三角形 11．已知正方体棱长为2，为棱的中点，为正方体表面上一动点，下列 说法中正确的是（ ） A．点在线段上（含端点）运动时，直线与成角的取值范围为 B．点在平面上（含边界）运动时，若，则点的轨迹长度为 C．当点在中点时，过及点的截面多边形的周长为 D．若，则的轨迹长度为 三、填空题（本题型共3小题，每小题5分，共15分） 12．在中，，，，则            ． 13．已知复数，其中为虚数单位，则复数的模为            ． 14．圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则实数的最大值为            ． 四、解答题（本题型共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知，是平面内两个不共线的向量，，，． （1） 若，，三点共线，求实数的值； （2） 若，，是钝角，求实数的取值范围． 16．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题． 在中，内角，，的对边分别为，，，且满足            ． （1）求；　　 （2）点在边上，且，，求． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分． 17．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，；点在线段上，且． （1）设平面平面，证明：；　　 （2）证明：； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，请证明，并求出的长；若不存在，请说明理由． 18．在中，角，，所对的边分别为，，，已知， （1）求角；　　 （2）若，是上的点，平分，求长； （3）求边上的中线的取值范围． 19．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，，，，，现将和分别沿，折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥． （1）求证：平面； （2）若为棱上一点，记（） （I）若，求直线与平面所成角的正切值； （II）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理 由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学答案 1．B 2．A 3．C 4．C 5．A 6．C 7．D 8．C 【详解】如图，取的中点D，由外心的性质可知，所以. 由可得. 对两边同时点乘， 得， 所以， 由，知，所以， 由正弦定理得， 所以. 在中，，所以， 又， 所以， 所以，解得. 9．BD 10．【答案】ACD 11.【答案】ABD 【详解】A选项，因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以直线与成角即为直线与成角， 因为，所以为等边三角形， 当与重合时，直线与成角最小，为，当位于中点时，直线与成角最大，为， 所以直线与成角的取值范围为，故A正确； B选项，若，则点在以为圆心，为半径的球面上， 又因为在平面（含边界）上，所以是球面与平面的交线，取中点，则到平面的距离为， 由得，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 所以长度是，故B正确； C选项， 因为分别为中点，取中点，则且，所以四边形是平行四边形，所以， 取中点，由且知四边形是平行四边形，所以， 取中点，因为是中点，所以，由平行的传递性知， 所以四点共面，其中是上靠近的四等分点； 同理，取中点，中点，靠近的四等分点，可证， 所以，所以四点共面； 连接，五边形即为所求截面， ，，，，， 所以周长为，故C错误； D选项， 取中点，因为平面，平面，所以， 又因为，所以，所以， 所以，所以，又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理，取中点，则，由线面垂直的判定定理易知平面， 所以平面，所以的轨迹为，，所以的轨迹长度为，故D正确. 12．36 13． 14． 【详解】设为该圆锥的底面圆心，则其高为， 则该圆锥的内切球的圆心在圆锥的高上，设为，设半径为， 设该圆锥的内切球与圆锥的母线相切于点，连接，则 在中，，则，解得， 由题意得正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大时，正四面体为该球的内接正面体，将该球的内接正面体补成正方体，则该正方体的外接球也是此球， 设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即，得， 则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为， 所以实数m的最大值为， 故答案为： 15．(1) (2)且 16．(1)选①②答案相同，均为 (2) 【详解】（1）选条件①： 由，可得， 由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 故， 又，于是，即， 因为，所以． 选条件②： 由题意知， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得，又，所以． （2）由（1）得， 故， 在中，由正弦定理得， 又，所以， 在中，， 因为，故， 即，故． 又由（1）知，所以， 解得， 可得． 17．【详解】（1）因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 又平面，平面平面，所以. （2）因为平面，又平面，所以. 又底面为矩形，所以. 平面，，所以平面. 平面，所以. 在中，，，， 所以，所以. 平面，，所以平面. 又平面，所以. （3）如图： 过作，交于点，过作交于点. 因为，平面，平面，所以平面. 同理平面. 又平面，，所以平面平面. 由（1）知，，又，则， 则， 因为，. 所以， 所以点M为线段上靠近C的四等分点，. 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）已知，由余弦定理可得， 因为，代入中，得，化简得， 则，因为，所以． （2），，由余弦定理得， 即，又因为，所以， 由面积关系可得， ， 所以，即. （3）因为E是AC的中点，所以， 则， 由正弦定理得，， 即， 因为，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以，即边AC上的中线BE的取值范围为． 19．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，. 【详解】（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且，平面 ，平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，平面 ，平面， ∴平面． （2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面, ∴为直线CE与平面SBD所成角, ∵，，, ∴, ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ， ∴，即 ， ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． （ii）连结，∵, ∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足， 由得，, 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得： , 解得, ∴存在使得直线与直线所成角为． 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $