精品解析：甘肃金昌市永昌县第一高级中学2025-2026学年高一下学期学业质量检测(二）数学试卷

永昌县第一高级中学2025-2026-2学业质量检测（二） 高一 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：湘教版必修第二册. 第Ⅰ部分 选择题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则 （ ） A. B. C. D. 2. 若向量，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 在钝角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则不可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知在中， ，设， 记的最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 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. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 10. 已知点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，的夹角为锐角，则且 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱，，，的中点，则（ ） A. 与为异面直线 B. 与所成的角为 C. 平面截该正方体所得的截面形状为矩形 D. 三棱锥是鳖臑，即四个面均为直角三角形 第Ⅱ部分 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，，，则的坐标为__________． 13. 已知，分别为第一、第三象限角，且，则_____. 14. 已知点为等腰外接圆上的一个动点，，则的取值范围为__________. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，，求． 16. 已知为虚数单位，复数． （1）若复数满足，求的虚部； （2）设复数（），若复平面内表示复数的点位于第二象限，求的取值范围． 17. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，若恒成立，求实数的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，且，若，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2025-2026-2学业质量检测（二） 高一 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：湘教版必修第二册. 第Ⅰ部分 选择题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数加法的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】由复数，则. 故选：A. 2. 若向量，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量不能比较大小可判断A；由向量坐标可知，可判断BC；根据向量垂直的坐标表示可判断D. 【详解】对于A，向量不能比较大小，A错误； 对于BC，由题知，B错误，C正确； 对于D，因为，所以不垂直，D错误. 故选：C 3. 的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】 . 故选：C 4. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由斜二测画法还原原图即可求解 【详解】因为轴，轴且， 由题意得，，且， 则，则的周长为. 故选：A. 5. 在钝角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 1或2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得， 化简得，解出或2， 当时，为钝角三角形符合题意， 当时，为直角三角形不符合题意. 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，解得， 所以. 7. 三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，可得出三个不互相重合的平面将空间所分成的部分数，即可得出的值. 【详解】按照三个平面中平行的个数来分类： （1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成部分； （2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成部分； （3）三个平面中没有平行的平面： （i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成部分； （ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成部分. （iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成部分； 综上，可以为、、、部分，不能为部分， 故选：B. 8. 已知在中， ，设， 记的最大值为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出，再求出最小值. 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由正弦定理得，则 而，则 ，由，得， 锐角由确定，又，则， 因此当时，取得最大值，即， 显然函数在上单调递增，所以. 故选：B 【点睛】结论点睛：，其中. 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. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由复数除法化简复数，进而求模判断A；由共轭复数的定义及对应点坐标判断B；再由复数的性质判断C、D. 【详解】，则，故A正确； ，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确； 为纯虚数，不能比较大小，故C错误，D正确. 故选：ABD 10. 已知点，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，的夹角为锐角，则且 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的模长，垂直，平行和夹角大小的定义，对下列各项逐一判断，即可得到本题答案. 【详解】因为，，， 所以，， 选项A：，所以A正确； 选项B：因为，所以，所以，所以，所以B错误； 选项C：因为，所以，所以，所以C正确； 选项D：因为，的夹角为锐角，且，所以，解得 ，所以D错误. 故选：AC 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱，，，的中点，则（ ） A. 与为异面直线 B. 与所成的角为 C. 平面截该正方体所得的截面形状为矩形 D. 三棱锥是鳖臑，即四个面均为直角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】由与是异面直线可判断A；取的中点为，与所成的角即为与所成的角，即或其补角，求得可判断B；分别取，的中点为，，可得平面截该正方体所得截面即为六边形可判断C；求出四个面均为直角三角形可判断D. 【详解】对于A，由异面直线定义可知与不同在任何一个平面内， 它们是异面直线，即A正确； 对于B，取的中点为，连接，，如下图所示： 由正方体性质可知，又，所以， 因此与所成的角即为与所成的角，即或其补角， 易知，，， 满足，即， 所以，因此与所成的角为，即B正确； 对于C，分别取，的中点为，，连接各中点，如下图所示： 易知，，， 即可知M，G，N，P，R，F在同一平面内， 所以平面截该正方体所得截面即为六边形， 又，所以截面形状为正六边形，即C错误； 对于D，，，，因为，所以， 即，因为，所以平面， 平面，所以，且 ，， 所以，所以四个面均为直角三角形，故D正确. 第Ⅱ部分 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，，，则的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】． 13. 已知，分别为第一、第三象限角，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先由，结合同角三角函数关系可得，，，，即可求解. 【详解】因，得， 又，得，即， 因为第一象限角，故，， 同理：，得， 又，得，即， 因为第三象限角，故，， 所以， 故答案为： 14. 已知点为等腰外接圆上的一个动点，，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，作出图形，设，，利用余弦定理求出的值，对点的位置进行分类讨论，求出的值，利用余弦定理结合基本不等式可求出的取值范围，再利用平面向量数量积的定义可求得的取值范围. 【详解】在等腰中，，则， 若，则，矛盾； 若，则，合乎题意. 由于余弦定理可得， 设，， 当点在优弧（不包括点、）上运动时，，则， 由余弦定理可得， 所以，，当且仅当点与点重合时，等号成立， 又因为，此时，， 此时，； 当点与点或点重合时，； 当点在劣弧（不包括点、）上运动时，， 此时，， 由余弦定理可得， 即，当且仅当点为劣弧的中点时，等号成立， 又因为，则， 此时，. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求解即可； （2）由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理，， ∵， ∴. 【小问2详解】 由正弦定理，， 由第（1）问，， ∴. 16. 已知为虚数单位，复数． （1）若复数满足，求的虚部； （2）设复数（），若复平面内表示复数的点位于第二象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据复数相等可得答案； （2）求出，根据复平面内表示复数的点位于第二象限可得答案． 【小问1详解】 设，则由可得， 整理得，所以，解得，， 所以的虚部为； 【小问2详解】 ， 因为复平面内表示复数的点位于第二象限， 所以， 即的取值范围为． 17. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）通过平移得到或其补角就是异面直线与所成的角，利用余弦定理即可求出其余弦值. 【小问1详解】 若分别为，的中点，，， 且，四边形为平行四边形，， 又平面，不在平面内，平面； 【小问2详解】 取中点，连接AE，AF，BG，FG，， 四边形为正方形，且， 四边形是平行四边形， 又且，四边形是平行四边形， ，，或其补角就是异面直线与所成的角. 在中，，，， 由余弦定理，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）当时，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦展开式化简可得答案； （2）转化为，令，利用二次函数的单调性可得答案. 【小问1详解】 当时，， 则 ， 当且仅当时，函数的最小值为； 【小问2详解】 ， 整理得 ， 即， ， ， 可得，即求， 令，令， 函数在上递减，在上单调递增， 当时，，当时，，当时，， 则， 则，则. 所以实数的取值范围为. 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，且，若，求． 【答案】（1）1 （2）①证明见解析 ；② 【解析】 【分析】（1）直接根据“相高度”的定义代入向量坐标计算； （2）①需要利用向量夹角公式和“相高度”的定义进行推导证明； ②先根据已知条件，结合重心性质，求出、的坐标关系，再代入“相高度”公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 ①因为 ， 且，，则， 所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ②因， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的重心，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $