天津市北京师范大学天津生态城附属学校2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷

**基本信息** 立足高一数学核心内容，融合《哪吒2》文化情境与空间几何探究，梯度设计凸显运算能力与推理意识进阶。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/60|复数（2题）、向量基底（5题）、立体几何位置关系（8题）|基础题占比60%，如圆锥表面积（4题）考查空间观念| |填空题|8/40|直观图面积（14题）、正八边形向量（20题）|20题结合玉虚宫文化符号，体现数学眼光观察现实| |解答题|4/50|向量运算（21题）、直三棱柱证明（22题）、四棱锥空间角（24题）|24题综合线面平行与点面距离，考查逻辑推理与数学表达|

北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 【数学】 试 卷 命题人：薛静茹 审核人：姜涛 注意事项： 1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分【150】分，考试时间【100】分钟。 2、答I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以备讲评。 第I卷 1、 单选题（本题共12小题，每题5分，共60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．化简：（   ） A． B． C． D． 2．在复平面内，O为原点，向量对应的复数为，若点A关于y轴的对称点为B，则向量对应的复数为（    ） A． B． C． D． 3．已知是等边三角形，边长为4，则（   ） A． B．8 C． D． 4．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（   ） A． B． C． D． 5．设是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是（ ） A．， B．， C．， D．， 6．在平行四边形中，分别是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 7．设向量，且，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 9．在中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 10．过△ABC所在平面外一点P，作PO⊥，垂足为O，连接PA，PB，PC，若PA=PB=PC，则点O是△ABC 的（ ） A．垂心 B．外心 C．内心 D．重心 11．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（    ） A． B． C． D． 12．在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则以下命题错误的个数为（   ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线AP与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A．1个 B．2个 C．3个 D．4 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 第Ⅱ卷 （90分） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，把答案填在横线上） 13．已知复数，则______ 14．一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，则原梯形的面积为 ______  . 15．若复数是纯虚数，则实数__________. 16．某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体，，， 则该组合体的体积为_______________； （ 16题图） 17．已知向量，，若在上的投影向量为，则________． 18．已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为______． 19．如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则直线CD与直线的夹角余弦值为__________：二面角的平面角的正切值为__________. 20．《哪吒2》的玉崖宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感束源于汉代．内饰充满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且 则的值为_____；若点Q为线段 CD上的动点，则 的最小值为________ 三、解答题（本大题共4小题，共分.解答应写出文字说明，证明过程黑演算步骤) 21．已知，与的夹角为． (1)求； (2)求； (3)当为何值时，？ 22.如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； 23．在中，记的内角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若的面积为，且. ①求的周长； ②求. 24、如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是的四等分点，(i)求和平面夹角的正弦值;(ii)求点p到平面AEF的距离 试卷第1页，共3页 试卷第1页 学科网（北京）股份有限公司 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $北京师范大学天津生态城附属学校 7.设xyeR向量a=(x,1),b=1,y,c=亿，-4)，且a⊥c,b∥c,则x+y=() 2025一2026学年度高一年级第二学期期中考试 A.0 B.1 C.2 D.3 8.已知m,n是两条不同的直线，a,B,Y是三个不同的平面，则下列结论正确的是() 【数学】试卷 A.若m⊥a,m⊥n,则n/1a 命题人：薛静茹审核人：姜涛 B.若a/1B,1Ca,cB,则∥n 注意事项： C.若m/1a,m/lB,e∩B=n,则mMn 1、本试卷分第1卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分【150】分，考试时间【100】分钟。 D.若a⊥B,B⊥y,则a/1y 2、答I卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以 9,在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,G,若cc0sC-a cosA=sin(A+B+C),则△ABC的形状一 备讲评。 第1卷 定是() A.等腰直角三角形 B.等腰或直角三角形 一、单选题（本题共12小题，每题5分，共60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.化简：OA-OD+AC=() C.直角三角形 D,等腰三角形 A.AD B.DC C.CD D.OC 10.过△ABC所在平面C外一点P,作PO⊥C,垂足为O,连接PA,PB,PC,若PAPB=PC,则点O是△ABC 的() 2,在复平面内，O为原点，向量O4对应的复数为-1+2i,若点A关于y轴的对称点为B,则向量OB对应的复 A.垂心 B,外心 C.内心 D.重心 数为() 11.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且面积为S.若a=1,C=且4S=acosB+bcosA,则 A.-2-1B.-2+i C.-1-2i D.1+2i 3.已知△ABC是等边三角形，边长为4，则AB.BC=() B=() A.-8 B.8 C.-4v3 D.-3 A晋 B沿 c. D. 4,己知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则圆锥表面积为() 12,在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，点P在线段BC上运动，则以下台题错误的个数为() A.35π B.36 C.39r D.43π ①直线A1平面ADC, 5,设积，}是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是() ②平面CD与平面BCD的夹角大小为 A.a=g+28,i=-g+2e B.-6,6-+6 ③三棱锥P-ACD的体积为定值 c.a=36+6,万=-6g-g D.a+,=+2g ④异面直线4P与4D所成角的取值范国奥[周 6.在平行四边形ABCD中，E,F分别是线段CD,BB的中点，则AF=() ⑤三棱锥A-BDC外接球表面积是3玩 A洒洒 4 B酒+而 4 A.1个 B.2个 C.3个 D.4 c.丽-而 2 D.丽+号而 试卷第1页，共1页 第Ⅱ卷(90分) 三、解答题（本大题共4小题，共分.解答应写出文字说明，证明过程黑演算步骤） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，把答案填在横线上） 21.已知问-2月=3后与B的夹角为 13.已知复数z3+1)=2-i,则月- (1)求a-b: 14.一→个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且A'B=1,OC=3,OA=2,则原梯形的面积为 (2②求2a-: (3)当k为何值时，(2a+b)1(ka-36)? 22.如图，已知在直三棱柱ABC-ABC中，AC=3,AB=5,BC=4,A4=4,点D是AB的中点. 145 15.若复数：=(-m+(r-3m+2)i是纯虚数，则实数m= (I)求证：AC/平面CDB: 16.某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥P-BFGH,下半部分是长方体 (2)求证：AC⊥C1B: ABCD-EFGH,PE=V5,EF=2,AB=1,则该组合体的体积为 (16题图) 17.已知向量a=(),6=、),若a在万上的投影向量为五，则= 23.在△ABC中，记的内角A,B,C的对边分别为ab,c,已知2 acosB-b=2c 18.已知直三棱柱ABC-A8C中，侧棱AA=4,AB=5BC=3,AC=4,则三棱柱ABC-ABC的外接球表 (1)求角A: 面积为 (②若△ABC的面积为 ,且sinB=2sinC. 2 19.如图，长方体ABCD-4RGA中，ABCD是边长为1的正方形，DB与平面ABCD ①求△ABC的周长： ②求sin(2B+A) 所成的角为45，则直线CD与直线DB的夹角余弦值为 :二面角C-BD-C 的平面角的正切值为 24、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E为线段PB的中点 20.《哪吒2》的玉岸宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感束源于汉代。内饰充 满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮胤抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动，如图， (I)若F为线段BC上的动点，证明：AEI平面PBC: (2)若E为PB的中点，F是BC的四等分点，O求EF和平面ABCD夹角的正弦值：（们求点P到平面AEF的距离 正八边形ABCDEFGH,边长为2，∠ABC=3x,点P在线段CH上，且AP=A丽+AC,则AP.5的值为 4 若点Q为线段CD上的动点，则AQ·QE的最小值为 试卷第2项 试卷第3页，共1页报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 2025一2026学年度高一年级第二学期期中考试 数学答题卡 考场/座位号： 姓名： 准考证号 班级： [0] [o] [0] [0] [o] [o] [0] [1] 1] 11 [1] [1] [1] [1] [2] [2] [2] [2 [2] [2] [2 [2] [3] [3] [3] [3] [3] 可独 [31 [3] [3] [4] [4] [4] 4] [4] [4] [4] [4] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [5] [6] 67 [6] [6 [6] [6] [6] 正确填涂■ 缺考标记☐ [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7] [7] [8l [8] [8] [8 [8] [8] [8] [8] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 客观题 1[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 9[A][B][c][D] 2[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 12[A][B][C][D] 填空题 13 14. 15. 16 18. 19 20 囚囚■ 主观题 21. 囚囚■ ■ 0 C ■ 23. I 囚■囚 囚■囚 c9 b忆 d ■ ▣ ■ 北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 【数学】 试 卷答案 1．B 【详解】依题意，. 2．D 【详解】向量对应的复数为，点A的坐标为， 点A关于y轴的对称点为B，点B的坐标为 向量对应的复数为． 3．A 【分析】利用向量的数量积的定义求解即可. 【详解】因为是等边三角形，边长为4， 所以. 故选：A. 4．B 【分析】计算出圆锥的母线长和底面半径，从而计算出圆锥的表面积. 【详解】圆心角是，对应为，设扇形的半径为，也即扇形围成的圆锥母线长为， 由， 设圆锥的底面半径为，则， 所以圆锥的表面积为. 故选：B 5．C 【详解】，是平面内所有向量的一组基底，所以与不共线. 对于A，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以A能作为基底； 对于B，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以能作为基底； 对于C，因为， 所以与共线，不能作为基底，所以C正确； 对于D，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立， 所以与不共线，能作为基底. 6．D 【分析】根据向量的线性运算求解即可. 【详解】连接， 因为是线段的中点，所以， 则． 因为是线段的中点， 所以． 7．A 【详解】向量，且， 所以，，得，则. 8．C 【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理和性质逐一分析判断即可得解. 【详解】对A：若，，则或，故A错误； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：如图：    过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 所以，且，，所以. ，，所以. 又，所以.故C正确； 对D：因为垂直于同一个平面的两个平面的位置关系不能确定，故D错误. 故选：C 9．B 【分析】由正弦定理边角互化，倍角公式结合三角函数性质可判断选项正误. 【详解】， 则或，则是等腰或直角三角形. 故选：B. 10．B 【分析】由已知可得顶点在底面上的射影到底面三角形三个顶点的距离相等，即为底面三角形的外心. 【详解】如图平面，连接，    因为在平面内，所以， 所以都是直角三角形， 又因为，和三个三角形全等， 从而有，所以为的外心. 故选：B. 11．C 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解． 【详解】在△ABC中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以． 12．A 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④；利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求解可判断⑤即可． 【详解】如图，连接，正方形中，， 因为正方体的棱平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以，同理． 又，平面， 所以平面，故①正确； 因为平面，平面，所以， 又平面平面，，平面，平面， 则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形， 则该角大小为，故②正确； 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，因此有， 又平面，平面，所以平面， 又，因此到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 由于，因此异面直线AP与所成角就是与所成的角， 即图中或，设正方体棱长为1，所以， 当点为中点时，此时， 因为是等边三角形，在线段上， 因此或中较小的角的范围是，④错误； 三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 又正方体的外接球的直径为正方体的体对角线， 即，所以， 所以三棱锥外接球表面积是，故⑤正确． 故选：A． 13. 【详解】可知， 则，所以. 14.8 【详解】在坐标系中作出直观图对应的原图形，它是直角梯形，如图. 易得，，， 故原梯形的面积为：， 故答案为：8. 15．0 【详解】因为为实数，且复数是纯虚数， 所以，且，解得（舍去）. 16． 【分析】根据题意，利用锥体和柱体的体积公式，列式计算，即可求解. 【详解】因为该组合体得到上半部分是正四棱锥 ，下半部分是长方体， 正四棱锥的高为1， 且， 所以该组合体的体积为：. 故答案为：. 17. 【详解】因为在上的投影向量为， 所以. 18． 【分析】利用补形法，把底面是直角三角形的直三棱柱补形为长方体，再利用长方体的外接球直径是长方体的对角线，即可求解外接球的表面积. 【详解】 在直三棱柱中，因为，， 可得， 则可把这个直三棱柱补形为长方体， 所以长方体的外接球就是直三棱柱的外接球， 即该球的直径为长方体的体对角线， 又，则， 则三棱柱的外接球表面积为， 故答案为： 19． 2 故答案为：① ；② 2. 20． 0 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 因为， 则， 与夹角为,与夹角为, . 设,可知, , , , , ,当或时, 有最小值,最小值为0. 故答案为: ； 0. 21(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合数量积的定义运算求解； （2）根据数量积的运算律结合模长公式运算求解； （3）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律运算求解. 【详解】（1）因为，与的夹角为， 所以. （2）因为，所以. （3）因为，则， 即，解得. 22．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)8 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证出平面，结合等体积法求解即可. 【详解】（1）连接，交于，连接. 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点. 因为点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）直三棱柱中，平面，因为平面，所以. 在中，，，，则，所以. 因为，平面，， 所以平面. 23．(1) (2)①② 【详解】（1）由正弦定理得， 由 ，又，所以. （2）①由，得. 由及正弦定理，得，所以， 所以，又，所以. 所以的周长为. ②根据上述分析可知，，， 由正弦定理，因为，所以是锐角， 所以，可得 ， 计算可得 24.（1）证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面， . （2） 取AB的中点为M，连接EM,FM 则，EFM为直线EF与平面ABCD的夹角。 (3) ,=,点P到面AEF的距离为。 学科网（北京）股份有限公司 $