广东广州知识城中学2025-2026学年高一第二学期期中教学质量监测数学试题

**基本信息** 结合欧拉公式、欧拉线定理等数学史素材，梯度覆盖复数、向量、立体几何、解三角形等核心知识，注重逻辑推理与空间观念，适配高一期中阶段性能力评估。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数虚部、向量垂直、直观图还原|第8题结合欧拉公式考查复数性质，体现数学文化| |多选题|3|复数几何意义、三角形面积最值、翻折问题|第11题翻折过程中平面关系判断，考查空间想象| |填空题|4|球体积、复数模、三角形中线向量|第14题用余弦定理求中线长，强化数学思维| |解答题|5|复数应用、向量投影、正方体证明、欧拉线|第19题结合欧拉线定理求向量数量积，综合数学语言表达|

2025-2026学年第二学期期中教学质量监测 高一数学 一、单选题 1．复数的虚部是（    ） A．i B． C．1 D．6 2．向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知是关于x的方程的一个根，则实数p，q分别为（    ） A． B． C． D． 4．如图，已知，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量（    ） A． B． C． D． 5．已知，，与的夹角为，则（    ） A． B．72 C．84 D． 6．正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（    ）    A． B． C． D． 7．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 8．瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（    ） A． B．的最大值为2 C．复数在复平面内对应的点位于第二象限 D．若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 二、多选题 9．在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（    ） A． B．点在以原点为圆心，以3为半径的圆上 C．若，则 D．复数对应的点位于第二象限 10．在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．面积的最大值为 D．若，角的平分线交于点，则 11．如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（    ） A．翻折过程中，始终有平面平面 B．翻折过程中，的长是定值 C．若，则 D．存在某个位置，使得 三、填空题 12．某种手持弹力球的半径是，则这种手持弹力球的体积为__________． 13．已知复数，i为虚数单位，则__________． 14．在中，已知，，，点D为边的中点，则______，______. 四、解答题 15．已知复数，i为虚数单位． (1)当z是纯虚数时，求m的值； (2)当时，求z的模． 16．已知向量，. (1)若，求在上的投影向量的坐标； (2)设，若，求向量与的夹角的余弦值. 17．在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 18．如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证： （1）直线平面； （2）平面平面； （3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线（不用证明），并求出截面的面积． 19．已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示． (1)求； (2)连接，并延长交边于点，用，做基底来表示； (3)被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值． 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 《2025-2026学年第二学期期中教学质量监测高一数学》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D D A A B B CD BCD 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】运用平面向量垂直及数量积坐标运算即可. 【详解】由于向量，且，则，解得 故选：D 2．D 【分析】根据复数的概念可得. 【详解】的虚部是6. 故选：D. 3．D 【分析】由题意可得，整理得，从而，求解即可. 【详解】因为是关于x的方程的一个根， 所以，即， 所以，解得. 故选：D 4．D 【分析】由对应性得是相应线段的中点，由中位线定理结合向量的线性运算可得． 【详解】解：∵，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为， ∴是的中位线，∴. 故选：D. 5．A 【分析】由向量数量积的定义计算即可求解. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以， 则， 故选：A. 6．A 【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长． 【详解】作出原图形如下图所示： 由三视图知原图形是平行四边形，如图，，， ，， 所以平行四边形的周长是． 故选：A．    7．B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 8．B 【分析】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B， ，当时取等号，B正确； 对于C，，复数在复平面内对应的点位于第一象限，C错误； 对于D，，， ，， 因此的面积为：，面积的最大值为，D错误. 故选：B 9．CD 【分析】对于A，根据共轭复数的概念和复数乘法的运算法则进行计算； 对于B，根据题意得到点，判断到原点的距离即可； 对于C，根据复数减法运算即可； 对于D，根据复数除法进行计算从而得到点坐标即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误； 对于B，显然，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，，该复数对应的点位于第二象限，故D正确. 故选：CD 10．BCD 【详解】对于A，因为，所以， 所以，又，即， 则，又，所以， 解得，又，故，故A错误； 对于B，因为，外接圆的半径为2， 所以，故B正确； 对于C，因为，即， 又，所以，得，当且仅当时，取等号， 所以，即面积的最大值为，故C正确； 对于D，由，结合，解得， 由，即， 解得，故D正确. 11．ABC 【分析】对于A，易知为的中点，则，，再利用面面平行的判定定理，即可判断；对于B，利用等角定理得到以及（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，即可判断；对于C，由，利用直角三角形中线定理可得，即可判断；对于D，由等角定理，根据，得到，即，即可判断. 【详解】因为E，F为中点，则，所以四边形CEFD是平行四边形， 所以是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，所以平面平面，故A正确； 因为（定值），（定值），（定值）， 在中由余弦定理可知的长是定值，故B正确； 若，则，所以，所以，故C正确； 因为，所以，所以， 因为在同一平面内，所以不可能垂直于， 因为，所以不可能垂直于，故D错误. 故选：ABC. 12． 【分析】根据球的体积公式计算即可求解. 【详解】由题意可得手持弹力球的半径是， 故手持弹力球的体积为. 故答案为： 13．1 【分析】由负数的运算化简，再由复数的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 所以. 故答案为：1 14． 【分析】在中，利用余弦定理求，在，中分别利用余弦定理求，，由此列方程求；在中由余弦定理求，再由同角关系求. 【详解】由余弦定理，得， 即，． 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 由与互补，则， 所以，解得． 在中，由余弦定理，得， 因为，所以，     所以． 故答案为：； 15．(1)； (2)． 【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解； （2）根据模长公式即得. 【详解】（1）由z是纯虚数，有， 解得； （2）当时，， 所以. 16．(1) (2). 【分析】（1）由已知，可得，在上的投影向量为，求解即可； （2）由可得，利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，即， 因为，， 所以，， 所以， 解得， 所以， 所以，， 故在上的投影向量为， 故在上的投影向量的坐标为； （2）因为， 所以，即， 所以， 所以，， 所以，，， 故. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【详解】（1）已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； （3）由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 18．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为． 【分析】（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明； （2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积． 【详解】（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB， 由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1； （2）由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1， 可得EF∥∥平面BDD1B1， 又由（1）可得EG∥平面BDD1B1， EF∩EG＝E，可得平面EFG∥平面BDD1B1； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE， 可得AE∥A1N，AE＝A1N， 取A1D1的中点M，连接MC1，AM， 可得MC1＝A1N，MC1∥A1N， 可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1＝＝， 所以截面的面积为×A1C1×ME＝××＝． 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）先由余弦定理求出 ，再利用向量数量积公式求值. （2）设，其中，根据是内心，得到，从而求出，继而得到，连接，在中，平分， 由角平分线定理可得的值,从而求出. （3）先由外心性质设，利用求出；再由重心公式 ，结合欧拉线定理 求出，最后与（2）的结果作数量积即可. 【详解】（1）由余弦定理，得到，代入 ， 得，则， 又因为， 所以. （2）设，其中， 因为是内心，所以到的距离相等，所以， 又，所以，所以，所以， ， 连接，在中，平分， 由角平分线定理同理可得， 所以，即. （3）由（2）知，， 设，因为是外心，所以， 由，得， ，化简得， 同理，由得， 又由已知，以及（1）， 所以，，即，， 解得，故， 因为是重心，， 由欧拉线定理，， 于是， 代入上式可得， 因此， 展开得， 代入， 得， 即， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $