精品解析：浙江温州市平阳县万全综合高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

万全综合高中2025学年第二学期期中考测试卷 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. 在复平面内，复数所对应的点在（       ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用虚数单位幂次的周期性化简复数，得到其对应点的坐标后判断所在象限. 【详解】，则，，则， 故， 故复数在复平面内所对应的点的坐标为，即在第三象限. 2. 已知向量和向量的夹角为，且，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的数量积可求的值. 【详解】, 故选：A. 3. 在中，已知，则C＝（ ） A. 60° B. 30° C. 30°或150° D. 60°或120° 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再求出对应角. 【详解】由正弦定理可得，即，解得， 则或. 故选：D 4. 如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出原正方体后，利用等角定理计算即可得. 【详解】画出原正方体如下图，设与共面的顶点为， 则，故即为所求角， 由正方体性质可得为等腰直角三角形，故， 即直线与所成角的大小为. 5. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得. 【详解】对于A，由，，，得或与相交或与是异面直线，A错误； 对于B，由，，，，得或与相交，B错误； 对于C，由，，，得，C正确； 对于D，由，，，且，，得或与相交，D错误. 故选：C 6. 若斜二测画法的直观图是边长为2的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法求出原三角形的高后可得其面积. 【详解】如图，直观图是边长为的正三角形，则其高， 过作轴，交于，则， 则在原中，，边上的高为， 故的面积为， 故选：D. 7. 如图，圆锥的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥面爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把圆锥侧面展开成扇形，由平面上两点间线段最短求得底面半径，再根据体积公式计算出体积． 【详解】沿过点的母线剪开摊平为扇形，如图，由已知，， 所以，， 设圆锥底面半径为， 则，， 所以圆锥的高为， 所以圆锥体积为． 8. 在中，，D为BC的中点，点P在斜边BC的中线AD上，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，，求出点坐标可得，利用二次函数的单调性可得答案. 【详解】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系， 所以，因为D为BC的中点，所以， ，设，所以， 所以，可得，， 所以， 因为，所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是以为坐标原点建立平面直角坐标系，转化为坐标的运算求数量积. 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. 已知向量，，，则以下说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 与垂直 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】由向量模公式，可得判定A正确；根据在方向上的投影向量计算公式，可判定B正确；由，可判定C正确；根据与的夹角为锐角，且与不同向共线，得到不等式，可判定D错误. 【详解】由向量，，， 对于A，由，所以A正确； 对于B，由， 所以在方向上的投影向量为，所以B正确； 对于C，由， 可得，所以，所以C正确； 对于D，由， 因为与的夹角为锐角，可且与不同向共线， 由，解得， 又由，解得， 所以与的夹角为锐角时，实数的取值范围为，所以D错误. 故选：ABC. 10. 在中，角的对边分别是，下列说法不正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，，满足有解，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数量积的定义可计算并判断A，根据余弦定理可判断B，由正弦定理边角互化结合正弦的二倍角公式可判断C，根据三角形有解条件可判断D. 【详解】若，则为等边三角形， ,， 所以向量与的夹角为，所以 ，所以A错误； 若，，，由余弦定理，所以，解得，所以B正确； 若，由正弦定理得，化简得， 所以或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，所以C错误； 若，，根据正弦定理，，所以， 因为有解，所以 ，解得，因为，所以角必为锐角，所以，所以D正确. 11. 如图，在直棱柱中，各棱长均为，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 当点M在棱上运动时，则直线与平面所成角的最大值为 C. 当点M在棱上运动时，最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据可知所求角为，利用余弦定理可求得结果，即可判断A；连接交于点，连接，证明平面，可得线段的长度即为点到平面的距离，进而可判断B；将四边形与沿着棱展开，可知所求距离之和的最小值即为，即可判断C；利用正弦定理可求得外接圆半径，从而确定三棱锥外接球半径，代入球的表面积公式即可判断D. 【详解】对于A，连接， ，，四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为， ，， ， 所以异面直线与所成角的正弦值为，故A错误； 对于B，连接交于点，连接， 在菱形中，， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以平面， 所以线段的长度即为点到平面的距离， 在等边三角形中，， 则直线与平面所成角的正弦值为， 当点与点重合时，取得最小值， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 所以直线与平面所成角的最大值为，故B正确； 对于C，将四边形与沿着棱展开得四边形， 则的最小值即为，故C正确； 对于D，，，是边长为的正三角形， 的外接圆半径， 三棱锥外接球半径， 三棱锥外接球表面积，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：求解最短距离问题的基本思路是能够利用展开图，将问题转化为平面上两点连线距离的求解问题. 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，若复数___ 【答案】 【解析】 【详解】 13. 已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【详解】由为正四棱柱，且， 所以为正方形，则正四棱柱的外接球半径， 所以球的表面积为 . 14. 在中，角所对的边分别为，，的角平分线交于点D，且，则的最小值为_____． 【答案】36 【解析】 【分析】由余弦定理得，利用三角形面积关系建立方程关系得，结合基本不等式“1”的代换进行求解即可. 【详解】由题意，如图所示，在中，由余弦定理得 ， 因为， 所以. 因为为的角平分线， 所以的面积为， 即，故，且， 所以， 当且仅当，即取等号. 故的最小值为. 故答案为：. 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. 设复数 ，，. （1）若是纯虚数，为实数，求； （2）若，设，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的概念及复数的模求解即可. （2）根据复数的乘法及复数相等求解即可. 【小问1详解】 因为是纯虚数，为实数，所以，， 解得，，所以. 所以. 【小问2详解】 若，则，， 所以. 又，所以， 所以，解得， 所以. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，连、，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明； （2）先通过线面平行的判定证得面，再利用线面平行的性质证得. 【小问1详解】 在四棱锥中，取中点，连、 ，又， ， 四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面； 【小问2详解】 在梯形中，， 又平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ，，. 17. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，其中， （1）证明：； （2）求直线与平面的所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过求证平面，即可求解； （2）由等体积法求得到平面的距离，再结合线面角的定义即可求解. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理可得：， 所以，即， 所以，又，可得：， 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面， 所以； 【小问2详解】 由（1）平面，在平面内， 所以， 又， 所以， 则，所以， 所以， 设到平面的距离为， 由等体积法：， 可得， 解得：， 又，在平面内，在平面外， 所以平面， 所以到平面的距离为， 所以直线与平面的所成角的正弦值为 18. 在中，点在边上，，，，． （1）求的模； （2）求向量与夹角的余弦值； （3）若点在边上，求的范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，两边平方可求； （2）求得，利用向量的夹角公式可求向量与夹角的余弦值； （3）设边的中点为，连接，，利用余弦定可得，进而可得结论. 【小问1详解】 由，可得，所以， 可得， 所以； 【小问2详解】 ， 又， 所以； 【小问3详解】 设边的中点为，连接， ， 由余弦定理可得， 到的距离为，所以， 所以. 19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． （1）求角A； （2）若为锐角三角形，求的取值范围； （3）若的面积，E为线段BC上一点，且存在，使得，求AE长度的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及辅助角公式化简即可得解； （2）由正弦定理转化为三角函数，利用正弦型函数的值域求解； （3）根据正弦定理及余弦定理，利用面积公式化简，由二次函数性质求解. 【小问1详解】 由正弦定理知，，即， 整理，得，， ． 【小问2详解】 ， ， ，，． ，． 【小问3详解】 设d为线段AE长，由题可知，AE为内角平分线，则， 由得，，所以， 由余弦定理得，即，所以， ，， 因为，所以． 即线段AE长度的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 万全综合高中2025学年第二学期期中考测试卷 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. 在复平面内，复数所对应的点在（       ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量和向量的夹角为，且，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 在中，已知，则C＝（ ） A. 60° B. 30° C. 30°或150° D. 60°或120° 4. 如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（    ） A. B. C. D. 5. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 6. 若斜二测画法的直观图是边长为2的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆锥的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥面爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，D为BC的中点，点P在斜边BC的中线AD上，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知向量，，，则以下说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 与垂直 D. 若与的夹角为锐角，则的取值范围是 10. 在中，角的对边分别是，下列说法不正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，，满足有解，则 11. 如图，在直棱柱中，各棱长均为，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 当点M在棱上运动时，则直线与平面所成角的最大值为 C. 当点M在棱上运动时，最小值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，若复数___ 13. 已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 14. 在中，角所对的边分别为，，的角平分线交于点D，且，则的最小值为_____． 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. 设复数 ， ，. （1）若是纯虚数，为实数，求； （2）若，设，求的值. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； 17. 如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，其中， （1）证明：； （2）求直线与平面的所成角的正弦值． 18. 在中，点在边上，，，，． （1）求的模； （2）求向量与夹角的余弦值； （3）若点在边上，求的范围． 19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． （1）求角A； （2）若为锐角三角形，求的取值范围； （3）若的面积，E为线段BC上一点，且存在，使得，求AE长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $