精品解析：四川省射洪中学校2025-2026学年高一下学期强实班5月期中考试数学试题

射洪中学高2025级高一下期强实班期中考试 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、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. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知两条不同直线，，两个不同平面，，下列命题中正确的是（    ） A. 若，，则； B. 若，，，，则； C. 若，，则； D. 若，，，则或与异面 3. 已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，则该正四掕台的体积为（ ） A. 60 B. 20 C. 40 D. 56 4. 已知的直观图是直角三角形，如图所示，其中，则的长度为（ ） A. 8 B. C. D. 4 5. 在 中， 分别是角 的对边， ，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 为直角三角形 C. 为钝角三角形 D. 以上三个选项都有可能 6. 如图，是边长为4的正方形，若，且为的中点，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 如图，在正方体中，、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，是的中点，在上，且，点是侧面（包括边界）上一动点，且平面，则的取值范围是 A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知向量，，，则（     ） A. 的夹角为锐角 B. 若，则 C. 若与垂直，则 D. 在上的投影向量是 10. 如图，正方体，分别是的中点，点是直线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 与是异面直线； B. ，，相交于一点； C. 平面 D. 三棱锥的体积是定值 11. 如图，是边长为2的等边三角形，M为BC上靠近B的三等分点，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若AM交BO于点N，，则 C. 的最大值为5 D. 若点Q为此半圆弧上的另一个动点，且满足，则的最大值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则______ 13. 已知圆锥的母线长为，底面圆的周长为，则该圆锥的体积为______ 14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，边上的高等于，则______ 四、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. 已知，． （1）若，的夹角为，求； （2）若，与的夹角为，求的值． 16. 如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，为侧棱的中点. （1）证明：平面； （2）若是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面. 17. 已知向量，．设． （1）求的单调递减区间; （2）在中，角所对的边分别为．若，，的面积为，且，求的值． 18. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且选条件：_____________． （1）求角A的大小； （2）若E为BC中点，且，，求AC的值； （3）如图所示，作（A、D位于直线BC异侧），使得四边形满足，，求AC的最大值． 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点D为线段上的一点，为的平分线，. （1）若是等腰三角形，，求的值； （2）若，，求的值； （3）当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 射洪中学高2025级高一下期强实班期中考试 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、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. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由共轭复数的概念以及虚部概念求解. 【详解】由，则， 则，其虚部为. 故选：D. 2. 已知两条不同直线，，两个不同平面，，下列命题中正确的是（    ） A. 若，，则； B. 若，，，，则； C. 若，，则； D. 若，，，则或与异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系及相关判定、性质定理，逐一判断即可. 【详解】对选项A：根据线面平行的判定定理，平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，才可推出该直线与此平面平行， 该选项未说明，当时也满足且，故A错误； 对选项B：根据面面平行的判定定理，一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，才可推出两平面平行， 该选项未说明与为相交直线，若，则与可能相交，故B错误； 对选项C：若，则与内的直线无公共点，位置关系为平行或异面，不一定平行，故C错误； 对选项D：若，则与无公共点，因此分别在两平面内的直线、也无公共点，无公共点的两条直线位置关系为平行或异面，故D正确. 3. 已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，则该正四掕台的体积为（ ） A. 60 B. 20 C. 40 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6， 所以该正四棱台的体积. 故选：D. 4. 已知的直观图是直角三角形，如图所示，其中，则的长度为（ ） A. 8 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】首先需要由斜二测画法规则还原平面图形，由条件求出，由勾股定理可求出. 【详解】根据题意，的直观图是直角三角形，且，所以，还原，如图所示， 原图中，，，所以. 5. 在 中， 分别是角 的对边， ，则（ ） A. 为锐角三角形 B. 为直角三角形 C. 为钝角三角形 D. 以上三个选项都有可能 【答案】C 【解析】 【分析】先用余弦定理将题干条件转化为，再次用余弦定理推出，进而得解. 【详解】由余弦定理，，则， 整理可得，则， 结合是三角形的内角，则， 即是钝角三角形. 6. 如图，是边长为4的正方形，若，且为的中点，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底法，即可求解. 【详解】解：,, , 故选：C 7. 如图，在正方体中，、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接、，设正方体的棱长为，分析可知直线与所成角为或其补角，计算出、的长，即可求得的余弦值. 【详解】取的中点，连接、，设正方体的棱长为， 因为四边形为正方形，则且， 、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，故且， 因为，，故直线与所成角为或其补角， 平面，平面，则，故， 因为，， 所以，. 因此，直线与所成角的余弦值是. 故选：A. 8. 如图，在正方体中，是的中点，在上，且，点是侧面（包括边界）上一动点，且平面，则的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在上取点，使得，连接，则，取的中点为，连接，则.因此平面平面，过作交于连接，则四点共面. 且 . 平面. 点在线段上运动. 当点分别与点重合时，取最小值和最大值， 故选D. 二、多选题：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. 已知向量，，，则（     ） A. 的夹角为锐角 B. 若，则 C. 若与垂直，则 D. 在上的投影向量是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面向量的坐标运算，结合向量夹角、平行、垂直的判定规则，以及投影向量的计算公式逐项分析判断. 【详解】选项A：易知 ，且 ， 说明与不共线，因此两向量夹角为锐角，A正确； 选项B：若，则 ，解得，B正确； 选项C：因为 ，所以 ， 解得 ，C错误； 选项D：投影向量公式为，代入 ， 得 ，D正确. 10. 如图，正方体，分别是的中点，点是直线上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 与是异面直线； B. ，，相交于一点； C. 平面 D. 三棱锥的体积是定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据异面直线、三线共点、线面平行、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】连接，由于分别是的中点， 所以，而，所以， 所以四点共面，则与共面，A选项错误； 由于，所以与相交，设交点为， 由于平面，平面， 平面平面，所以， 所以，，相交于一点，B选项正确； 设，连接， 由于分别是的中点，所以， 由于，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 由于平面，平面， 所以平面，所以C选项正确； 由于平面，， 所以无论在何处，到平面的距离为定值， 而的面积为定值，所以为定值，所以D选项正确. 11. 如图，是边长为2的等边三角形，M为BC上靠近B的三等分点，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若AM交BO于点N，，则 C. 的最大值为5 D. 若点Q为此半圆弧上的另一个动点，且满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算可判断A；由平面向量共线的推论求解判断B；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；根据平面向量数量积的定义及运算律求解判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由， 因为三点共线，则， 由 因为三点共线，则，解得， 则，故B错误； 对于C，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， 设，， 则， 所以， 当时，取得最大值5，此时，满足题意， 则的最大值为5，故C正确； 对于D，由于都在半圆上，且， 则，即， 而，， 则， 又， 则 ， 当时，取得最大值，故D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘方及复数的模计算即可. 【详解】因为，，，，，， 所以周期为4，则，， 所以. 故. 13. 已知圆锥的母线长为，底面圆的周长为，则该圆锥的体积为______ 【答案】## 【解析】 【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为， 则， 而， 所以圆锥的体积为. 14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，边上的高等于，则______ 【答案】3 【解析】 【分析】根据等面积法结合题设可得，再结合余弦定理计算即可． 【详解】由于边上的高等于，且， 则 ，则， 由余弦定理可得：， 则． 四、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. 已知，． （1）若，的夹角为，求； （2）若，与的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积及运算律，结合向量的模求解即可； （2）根据垂直关系的向量表示得到，根据向量夹角的求法求解即可. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 若，则， 即，所以 ， 所以，又，所以. 16. 如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，为侧棱的中点. （1）证明：平面； （2）若是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线证得平面. （2）通过证明平面平面，证得平面. 【小问1详解】 如图： 连接，交于，连接， 由于分别是的中点，所以， 由于平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 连接，由于，所以， 由于平面，平面， 所以平面. 由于平面,平面， 所以平面平面， 由于平面，所以平面. 17. 已知向量，．设． （1）求的单调递减区间; （2）在中，角所对的边分别为．若，，的面积为，且，求的值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）先通过向量数量积运算和辅助角公式将化为正弦型函数，再结合正弦函数的单调递减区间求解； （2）先由求出角，再用面积公式得的值，最后结合余弦定理和大边对大角的性质求. 【小问1详解】   ， 得 ， 正弦函数 的单调递减区间为 ， 令，则 ， 解得 ， 故的单调递减区间为 ； 【小问2详解】 代入得， 因为 ，所以 ， 因此，解得， 由三角形面积公式， 代入， 得，解得， 由余弦定理，代入，， 得 ， 将 代入上式得 ， 把代入得 ， 因为，由大边对大角性质得，故. 18. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，且选条件：_____________． （1）求角A的大小； （2）若E为BC中点，且，，求AC的值； （3）如图所示，作（A、D位于直线BC异侧），使得四边形满足，，求AC的最大值． 【答案】（1） （2）2； （3） 【解析】 【分析】（1）选①：利用正弦定理边角互化，再由余弦定理即可求得；选②：利用向量数量积的定义式和三角形面积公式化简计算即得；选③：利用二倍角公式和诱导公式化简后解方程即得. （2）由E为BC中点可得，两边同时平方，由向量的数量积运算可得关于的方程，求解即可； （3）设，将所有相关角用表示，再用正弦定理将AC长用的三角函数式表示出来，通过恒等变换化成正弦型函数，求得的范围，结合正弦函数的性质即可求出AC的最大值． 【小问1详解】 选①：， 由正弦定理，可得， 再由余弦定理，可得， 又，所以； 选②：由，可得 ， 又，所以； 选③：由，可得，即， 即，解得或（舍）， 又，所以； 【小问2详解】 如图，因为E为BC中点，所以， 所以，即， 即， 因为，，， 所以，即， 解得，即AC的值为2； 【小问3详解】 已知，，， 设，则，， 在中，由正弦定理得， 可得， 在中，由正弦定理得：， 可得 ， 因为是锐角三角形，所以，解得 则， 故当时，可得AC的最大值是． 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点D为线段上的一点，为的平分线，. （1）若是等腰三角形，，求的值； （2）若，，求的值； （3）当时，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，在中利用三角函数的定义即可求得； （2）先通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，求出，设，再在中用正弦定理求出，最后用二倍角公式计算； （3）利用三角形面积关系得到与、的关系，再结合余弦定理和基本不等式可求的最小值. 【小问1详解】 因是等腰三角形，，为的平分线， 则 ，在中，； 【小问2详解】 由正弦定理，将转化为， 整理得. 因为，所以，即. 由于，所以，所以，则. 设，在中，由正弦定理得， 代入、，得. 因为是角平分线，则， 故. 【小问3详解】 因为是角平分线，同（2），设，则. 由面积关系，得， 化简可得，即. 在中，由余弦定理知，代入和， 得：， 将代入上式得：， 整理得：， 由基本不等式，得， 代入得：， （或 ）， 当且仅当时取等号，故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $