精品解析：北京市顺义区第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

顺义一中2025-2026 学年第二学期高一年级期中考试 数学试卷 一、选择题，共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的坐标表示求解即可. 【详解】因为点，， 所以， 故选：B 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】化简复数，根据复数的几何意义可得答案. 【详解】， 复数对应的点为位于第二象限. 故选：B 3. 在直角中，斜边，直角边.若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体.则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，得该几何体为以1为底面半径，高为的圆锥，即可求解． 【详解】在直角中，斜边，直角边， 得， 若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体为以1为底面半径，高为的圆锥， 则该几何体的体积为：， 故选：A 4. 已知向量 ，则下列向量与 平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】先根据向量线性运算的坐标法则求出的坐标，再利用平面向量共线的充要条件逐一验证选项即可. 【详解】已知向量 ，则向量， 对于A，计算 ，因此向量与不平行，故A错误； 对于B，计算 ，因此向量与不平行，故B错误； 对于C，计算 ，因此向量与平行，故C正确； 对于D，计算 ，因此向量与平行，故D正确. 5. 已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：因为，所以存在直线，使得， 又，所以，所以，故A正确； 对于B：若，则或或或与相交（不垂直），故B错误； 对于C：若，则或与相交或与异面，故C错误； 对于D：若，则或，故D错误. 故选：A 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解. 【详解】因为，由正弦定理可得，即， 又，所以. 故选：B 7. 庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　） A. 64 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积． 【详解】分别取的中点，连接，     过点作的垂线，垂足为， 因为，，所以，所以， 根据对称性可得，所以， 在中，，所以， ， 又， 所以． 故选：D． 8. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】为两个非零向量，，设两向量的夹角为. 充分性：，，即，解得； 不一定存在正数，使得成立，即充分性不成立. 必要性：存在正数，使得成立，； ，即必要性成立. “”是“存在正数，使得”的必要而不充分条件. 9. 如图，在正方体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，平面 交棱于点G，则下列结论中正确的是（ ） A. 直线与直线异面 B. 平面平面 C. 截面是梯形 D. 直线平面 【答案】C 【解析】 【分析】对于A：可证，可知四点共面，即可判断A；对于B：可证平面平面，结合平面平面分析判断；对于C：根据面面平行可证，可知分别为的中点，进而分析判断；对于D：直线与不垂直即可判断. 【详解】对于选项A：因为点E，F分别为棱AB，BC的中点，则， 又因为，且，可知四边形为平行四边形，则， 可得，可知四点共面， 所以直线与直线不是异面直线，故A错误； 对于选项B：因为，且，可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 同理可得：，， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，可得平面平面， 又因为平面平面，所以平面与平面不平行，故B错误； 对于选项C：因为平面平面，平面平面，平面平面， 则，且，则， 又因为为的中点，则为的中点，可得， 且，可得，所以截面是梯形，故C正确； 对于选项D：由选项C可知平面即为平面， 显然直线与不垂直，所以直线与平面不垂直，故D错误. 10. 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、填空题，共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】借助复数的乘法运算与共轭复数定义计算即可得. 【详解】由题意可得，故. 故答案为：. 12. 如图， 是水平放置的的直观图， 且，则的周长为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则还原原图形，确定原三角形为直角三角形并求出两直角边长，利用勾股定理求出斜边长，进而求得周长. 【详解】由直观图可知， 在  轴上， 在  轴上，  且 ， 。 根据斜二测画法的规则，原图形  中，在轴上，在轴上，且，即为直角三角形。 并且 ， ， 在中，由勾股定理可得斜边 ， 所以的周长为. 13. 已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球体的体积和表面积数值相等的条件得到等式关系，解方程即可求出球的半径 【详解】假设球体的半径为，由已知条件球体的体积与其表面积数值相等， 得，解得. 故答案为： 14. 如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则棱的长为__________：二面角的大小为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由已知条件，根据线面角，面面角的定义求解即可. 【详解】由题意，在长方体中， 四边形是边长为的正方形，且与平面所成角为， 所以平面， 因为平面, 所以, 故与平面所成角为, 所以为等腰直角三角形，且, 所以. 又因为,且平面平面, 所以二面角为. 故答案为：①；②. 15. 乾坤八卦由乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八个卦象组成，分别代表天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列命题： ①； ②； ③在上的投影向量为； ④若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4． 其中正确命题的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算判断①，利用向量加法的坐标运算判断②，利用投影向量公式判断③，找到最大时的条件，合理作出图形，将目标式的最大值转化为求的最大值，最后结合二倍角公式求解最大值判断④即可. 【详解】由题意，正八边形每个边所对的角都是，中心到各顶点的距离都是2， 有，， 如图，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 因为，所以由正八边形性质得， 则，，，，，， 下面，我们开始逐个分析题目中给定结论的正确性， 对于①，易得，，则，故①错误， 对于②，易得，，， 则，，满足，故②正确， 对于③，易得，， 由投影向量公式得在上的投影向量为，故③正确， 对于④，易得，且设的夹角为， 而，则，易得，故， 如图，延长交的延长线于，连接，此时在上的投影为， 当点在线段上时，此时在上的投影最大， 易得是等腰直角三角形，，则， 由勾股定理得，在直角三角形中，， 在等腰三角形中，， 则的最大值为，故④正确. 故答案为：②③④ 三、解答题，共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知，求： （1）； （2）； （3）与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义可求解； （2）由向量数量积的运算律及（1），可求解； （3）由向量夹角公式可求解. 【小问1详解】 由，则； 【小问2详解】 由； 【小问3详解】 由，则， . 17. 如图，已知正方体边长为2. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （2）根据题意，由线面垂直的性质定理即可证明； （3）根据题意，由等体积法代入计算，即可求解. 【小问1详解】 在正方体中，连接交于，连接，交于， 连接，则，且平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为为正方体，则平面，且平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面，所以. 【小问3详解】 . 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，． （1）求的值； （2）求c边及的面积． 【答案】（1） （2），的面积为 【解析】 【分析】（1）在中由正弦定理可得答案； （2）方法一：根据平方关系求出、，可得，利用正弦定理可得，再由可得答案； 方法二：由余弦定理求出，再由平方关系求出，可得. 【小问1详解】 因为，， 所以在中，由正弦定理得， 所以， 故； 【小问2详解】 方法一： 由（1）知，所以， 所以， 又因为，所以，可得， 所以， 在中，， 所以，； 方法二：由余弦定理， ，或， 当时，即B为钝角， ∵，∴与B为钝角矛盾， ∴舍，∴， ∵，∴，可得， . 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面． （1）证明: 平面平面； （2）设平面平面于直线l，证明：； （3）若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1） 可证平面，由面面垂直的判定定理即可证明； （2） 可证平面，由线面平行的性质定理即可证明； （3）由线面平行的判定定理得出点F在BC的处，再证得平面，所以即为EF与底面所成角，求解即可得出答案. 【小问1详解】 因为底面，平面，则， 又因为底面为正方形，则 ， 且，平面， 可得平面， 又因为平面PBD，所以平面平面. 【小问2详解】 在正方形中，则， 且平面，平面，可知平面， 且平面，平面平面，所以. 【小问3详解】 存在点F在BC的处，使得平面． 在线段PA上取点K，使，连接KE，KB，EF． 在中，，即， 则，且， 在正方形中，F在BC的处，则，且， 可得，且，可知为平行四边形， 则，且平面，平面，所以平面， 在AD的处取点M，连接． 中，点E，M分别为的处，则，且， 因为平面，则平面，即EF在平面上的射影MF， 可知即为EF与底面所成角， 在中，， 若，，所以. 20. 已知在 中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c， （1）求A的大小; （2）若，判断下列三个条件是否能使存在且唯一，并对满足条件的求出的周长. ①边上的高线长为， ②， ③ 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】（1） （2）选择条件①，的周长为；选择条件②，的周长为； 选择条件③，不符合要求. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再结合三角函数关系得到A的大小. （2）对于每个条件，分别根据已知条件结合正弦定理、余弦定理以及三角形的性质来判断是否存在且唯一，若存在则求出其周长. 【小问1详解】 已知在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，， 根据正弦定理可得 ， 在中，可知， 则 ，即， 又，所以. 【小问2详解】 选择条件①，边上的高线长为， 由（1）知，则， 由余弦定理得， 所以存在且唯一，其周长为. 选择条件②，， 由（1）知，由余弦定理知，则， 整理得，而，解得， 所以存在且唯一，其周长为. 选择条件③，， 由（1）知，由正弦定理得， 因为 ，则， 所以存在两解，不符合要求. 21. 如图，设A是由 个实数组成的n行n列的数表，其中 表示位于第i行第j列的实数，且 记向量 若 则称 与 为正交向量. 若对任意不同的， 都有 与 为正交向量，则称A为正交数表. （1）直接判断是否为正交数表(不需要说明理由)； （2）当时， 设 且 与 为正交向量， 与 为正交向量，求证： 与 不是正交向量： （3）求证: 对任意，当时， A不是正交数表. 【答案】（1）是正交数表，不是正交数表. （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先明确正交数表判定规则，再分别计算，的行向量数量积. （2）先分析的元素构成，再计算的表达式，最后利用反证法推导. （3）先利用反证法假设，再分析数表变换，然后分析其余行向量的元素构成即可得证. 【小问1详解】 对于，， 则 ，满足正交向量的定义，因此是正交数表. 对于，， 则 ， 不满足正交向量的定义，因此不是正交数表. 综上，是正交数表，不是正交数表. 【小问2详解】 设，， 由与 为正交向量， 与 为正交向量，可得且 ，其中，， 故不妨设，， 则， 即，因此与 不是正交向量. 【小问3详解】 因为，因此的最小值为6， 所以我们可以从数表A中选出三个不同的行向量，不妨设为， 假设A是正交数表，则有，，， 可得如下变换成立， 变换1：交换正交数表A的任意两行，所得的新数表仍是正交数表； 变换2：交换正交数表A的任意两列，所得的新数表仍是正交数表； 变换3：将正交数表A的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表； 因此我们将第一行的所有元素都变成1，即假设， 由，在中，1和的数量相等，即有个1和-1， 同样的，在中也有个1和， 由，我们将乘积值的情况分成四类： 第一种：，设数量为a；第二种：，设数量为b； 第三种：，设数量为c；第四种：，设数量为d； 且， 根据中也有个1和，， 同样根据在中也有个1和，， 因此得，从而有 故有，因此，即正交数表的行列数必须是4的倍数， 因此时必成立，命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义一中2025-2026 学年第二学期高一年级期中考试 数学试卷 一、选择题，共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在直角中，斜边，直角边.若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体.则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量 ，则下列向量与 平行的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 7. 庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①）（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（　　） A. 64 B. C. D. 8. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 如图，在正方体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，平面 交棱于点G，则下列结论中正确的是（ ） A. 直线与直线异面 B. 平面平面 C. 截面是梯形 D. 直线平面 10. 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、填空题，共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知，则_______. 12. 如图， 是水平放置的的直观图， 且 ，则的周长为_____ 13. 已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为_________． 14. 如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则棱的长为__________：二面角的大小为__________. 15. 乾坤八卦由乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八个卦象组成，分别代表天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象．如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列命题： ①； ②； ③在上的投影向量为； ④若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4． 其中正确命题的序号是______． 三、解答题，共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知，求： （1）； （2）； （3）与的夹角的余弦值． 17. 如图，已知正方体边长为2. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）求三棱锥的体积. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，． （1）求的值； （2）求c边及的面积． 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面． （1）证明: 平面平面； （2）设平面平面于直线l，证明：； （3）若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 20. 已知在 中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c， （1）求A的大小; （2）若，判断下列三个条件是否能使存在且唯一，并对满足条件的求出的周长. ①边上的高线长为， ②， ③ 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 21. 如图，设A是由 个实数组成的n行n列的数表，其中 表示位于第i行第j列的实数，且 记向量 若 则称 与 为正交向量. 若对任意不同的， 都有 与 为正交向量，则称A为正交数表. （1）直接判断是否为正交数表(不需要说明理由)； （2）当时， 设 且 与 为正交向量， 与 为正交向量，求证： 与 不是正交向量： （3）求证: 对任意，当时， A不是正交数表. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $