精品解析：黑龙江哈尔滨市德强高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（I卷）

哈尔滨德强高级中学2025-2026学年度下学期期中考试 高一年级数学试题（Ⅰ卷） 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 已知直线直线b，直线c，平面，则（ ） A. B. C. a与相交 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由平行公理得，再由直线和平面的位置关系即可判断. 【详解】，，， ，或． 故选：D. 3. 如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用异面直线的定义依次判断选项即可. 【详解】如图取正方体底边的中点，和正方体的顶点M，N，P，Q， 连接， 在正方体中有， 所以，所以点四点共面；同理可知点四点共面，点四点共面，点四点共面，所以六点共面, 所以直线与直线、直线与直线共面、直线与直线共面， 直线平面AFG， 直线平面，所以直线与直线是异面直线. 综上可知ABC错误D正确. 故选：D. 4. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则，所以， 由斜二测画法可知原平面图形如下： 将原平面图形上底，下底，高代入公式， 可得四边形ABCD的面积． 5. 如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（ ） A. 13 B. 14 C. 20 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算、向量数量积的运算及三角形外接圆的性质求解即可. 【详解】因为为边的中点，根据向量的平行四边形法则可知，， 所以. 取边中点，连接，则，所以. 所以 . 同理可得，. 所以. 6. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于 ，连接，由线面平行的性质可得，再利用平行线分线段成比例定理列式求解． 【详解】 连接交于 ，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为为的中点，所以， 所以，所以. 故选：A 7. 在平面四边形中，，，，对角线与交于点，且，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦定理，可得长，根据面积公式，可得的面积S，又的面积，结合面积公式，代入求解，可得BO的长，根据条件，即可得答案. 【详解】如图： 由余弦定理 ，所以， 的面积， 又 ， 所以，解得， 又，所以. 8. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点，F是侧面内的一个动点（含边界），且平面，则的最小值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断点的轨迹，然后根据最小距离的求法求得正确答案. 【详解】设分别是的中点，连接， 根据正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面， 同理可证得平面，由于平面， 所以平面平面. 由于平面，所以点的轨迹是线段， 设是的中点，连接， 由于都是等腰三角形，则， 所以此时最小，， 同理可得，所以的最小值为. 故选：D 二、多选题（（共4小题，每小题5分，共20分） 9. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面共线向量坐标表示公式、平面向量垂直的坐标表示公式，结合平面向量模的坐标表示公式、夹角公式、投影向量的定义逐一判断即可. 【详解】对于A，因为，所以有，解得，所以本选项正确； 对于B，因为，所以， 得到，即，所以，因此本选项正确； 对于C，当与的夹角为钝角时，所以有且与不是反向共线向量， 可得，得到，解得， 由上分析当时，，此时， 所以有且，因此本选项不正确； 对于D，当时，，则向量在方向上的投影向量如下， 为，所以本选项正确. 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶点 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为，故C错误； 正八面体可分为两个全等的正四棱锥，其棱长为， 过作平面于，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以， 正方形中，由边长为，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为，故D正确． 故选：BD. 11. 如图，在正方体中，、、分别是棱、、的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点在平面内 D. 点在平面内 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；推导出，可判断D选项；结合图形可判断B选项；结合A选项可判断D选项. 【详解】对于A选项，在正方体中，，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面，A对； 对于D选项，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，所以，故、、、共面，D对； 对于B选项，根据已有分析可知点在平面内，所以与平面有交点，因此B错； 对于C选项，由A选项可知，点在平面外，C错. 故选：AD. 12. 已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 在的外接圆上，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用余弦定理计算，利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算三角形的面积，判断B；利用正弦定理计算，判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值，判断D. 【详解】在三角形中，由余弦定理， ，故，故正确； 在中，由余弦定理得：， ，故正确； 由余弦定理可知：，， 平分，， ， 在三角形中，由正弦定理可得：， 故，故不正确； ，，，， ， 为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1， 显然当取得最大值时，在优弧上． 故，设，则，， ， ，， ，其中，， 当时，取得最大值，故正确． 故选：． 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 设复数，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得， 由模长公式得. 14. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为_____________. 【答案】#### 【解析】 【分析】根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角. 【详解】圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得， 所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长， 又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以，   所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径， 所以侧面展开图扇形的圆心角为. 故答案为：. 15. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用两角和的正弦展开式得，由正弦定理得，再利用三角形面积公式可得答案. 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以 ， ， 所以， 则的面积为. 故答案为：8. 16. 已知中，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，应用向量数量积运算律得，结合最小值可得，进而建立合适的坐标系，应用坐标法求的最小值. 【详解】 设，， 且 ， 当且仅当时等号成立，又的最小值为， 所以，又，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系， 设点，其中，且、， ，， 所以， 当且仅当时，取最小值. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查了平面向量数量积的最值问题，难度较大，解答本题的关键在于通过条件得到，然后建立平面直角坐标系，结合坐标运算求解. 四、解答题（共6小题，共70分） 17. 已知i为虚数单位，复数z满足，其中． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用复数的除法和乘法运算得到，再根据纯虚数的定义求解即可； （2）根据复数的实部小于零，虚部大于零求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 若z为纯虚数，则，解得； 【小问2详解】 由（1）知，， 若z在复平面内对应的点位于第二象限，则，解得， 所以m的取值范围为. 18. 已知向量与是平面内的两个向量，，与的夹角为. （1）求； （2）在平面直角坐标系下，若，求在方向上的投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的模的公式计算求解即可； （2）根据投影向量公式计算即可. 【小问1详解】 解：因为，与的夹角为， 所以 【小问2详解】 解：因为，与的夹角为， 所以， 所以，在方向上的投影向量. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥. （1）求截去的三棱锥的表面积与剩余的几何体的体积； （2）在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用三角形面积公式，求得各个面的面积，即可求解；根据题意，结合割补法，利用柱体和锥体的体积公式，即可求解； （2）根据（1）中结果结合结合割补法即可求解． 【小问1详解】 在正方体中，因为棱长为，可得， 所以截去的三棱锥的表面积为： . 在正方体中，因为棱长为，可得正方体的体积为， 又因为平面，即为三棱锥的高， 可得， 所以几何体的体积为. 【小问2详解】 由（1）可得：四棱锥的体积. 20. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的角平分线的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将已知等式的角化为边，再结合余弦定理求出角； （2）先根据三角形面积公式求出 的值，再利用角平分线的性质和三角形面积公式求出角平分线的长度. 【小问1详解】 由正弦定理可得：，即 ，化简可得， 由余弦定理 . 因为 ，所以 . 【小问2详解】 根据三角形面积公式 ，可得：， 即 ，化简可得 ，解得 . 因为 是角平分线，所以 . 由 得：. ， 解得 . 21. 如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为． （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）若，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明； （2）根据线面平行的性质，即可证明； （3）根据几何体特征，可求得正四棱锥的高为，再根据锥体的体积公式即可求解. 【小问1详解】 因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形， 所以，， 又平面，平面， 则平面， 同理平面，平面， 可得平面， 又，平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. 【小问3详解】 因为四棱锥是正四棱锥， 所以底面是正方形，在底面上的投影是底面的中心， 又，所以， 又， 所以四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积． 22. 巴张高速公路（巴东至张家界）于2025年1月开工，计划于2030年正式建成． 该高速公路在巴东境内横跨长江，需要重新修建一座桥梁，称为巴东长江二桥（以下简称二桥），目前二桥的起点和终点已经确定．如图1所示，设二桥起点为C，终点为D，为了测量二桥CD的长度（南北走向），小明同学选择了长江南岸的A，B两个观测点，AB相距2千米． 在A处测得二桥北岸D位于其北偏东60°的方向，二桥南岸C位于其南偏东75°的方向，观测点B位于其南偏东60°．在观测点B处测得南岸C处位于其北偏东60°，北岸D位于其北偏东15°的方向． （1）求二桥CD的长度． （2）为了优化二桥周边环境，政府部门将对扇形区域CBH进行改造．如图2所示，点P、Q在弧上，点M、N分别在BH、BC上，且PQ∥CH，四边形MNPQ为矩形．拟将矩形MNPQ所在区域建成一所主题公园，求公园面积的最大值． 【答案】（1）2千米 （2）平方千米 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理解三角形，求出边长可得结果. （2）利用三角恒等变换表示出面积和之间的关系，根据角度的变化范围可求面积的最大值. 【小问1详解】 如图所示，过点作，过点作， 点在点的正北方向，点在点的正南方向，点在点的正北方向. 根据题意可知，所以, 由题意得，， 所以，故， 在中，由正弦定理得，即 ，故， 因为， 所以. 在中，， 由正弦定理可得，，解得． 在中，， 由余弦定理可得，解得， 所以二桥的长度是2千米. 【小问2详解】 由（1）知扇形所在区域半径，圆心角. 如图，取线段的中点，连接交于，连接． 设. 根据垂径定理可知，故． 在中，由得，， 所以， 则矩形的面积， 由得， 所以当，即时，公园面积的最大值为平方千米． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨德强高级中学2025-2026学年度下学期期中考试 高一年级数学试题（Ⅰ卷） 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线直线b，直线c，平面，则（ ） A. B. C. a与相交 D. 或 3. 如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（　） A. B. C. D. 4. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 5. 如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则（ ） A. 13 B. 14 C. 20 D. 25 6. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（ ） A. B. C. 2 D. 7. 在平面四边形中，，，，对角线与交于点，且，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为2，E是的中点，F是侧面内的一个动点（含边界），且平面，则的最小值为（ ）. A. B. C. D. 二、多选题（（共4小题，每小题5分，共20分） 9. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，向量在方向上的投影向量为 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶点 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 体积为 11. 如图，在正方体中，、、分别是棱、、的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点在平面内 D. 点在平面内 12. 已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 在的外接圆上，则的最大值为 三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 13. 设复数，则___________． 14. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为_____________. 15. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 16. 已知中，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是__________. 四、解答题（共6小题，共70分） 17. 已知i为虚数单位，复数z满足，其中． （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围． 18. 已知向量与是平面内的两个向量，，与的夹角为. （1）求； （2）在平面直角坐标系下，若，求在方向上的投影向量的坐标. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥. （1）求截去的三棱锥的表面积与剩余的几何体的体积； （2）在剩余的几何体中连接，求四棱锥的体积. 20. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的角平分线的长度. 21. 如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为． （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）若，求四棱锥的体积． 22. 巴张高速公路（巴东至张家界）于2025年1月开工，计划于2030年正式建成． 该高速公路在巴东境内横跨长江，需要重新修建一座桥梁，称为巴东长江二桥（以下简称二桥），目前二桥的起点和终点已经确定．如图1所示，设二桥起点为C，终点为D，为了测量二桥CD的长度（南北走向），小明同学选择了长江南岸的A，B两个观测点，AB相距2千米． 在A处测得二桥北岸D位于其北偏东60°的方向，二桥南岸C位于其南偏东75°的方向，观测点B位于其南偏东60°．在观测点B处测得南岸C处位于其北偏东60°，北岸D位于其北偏东15°的方向． （1）求二桥CD的长度． （2）为了优化二桥周边环境，政府部门将对扇形区域CBH进行改造．如图2所示，点P、Q在弧上，点M、N分别在BH、BC上，且PQ∥CH，四边形MNPQ为矩形．拟将矩形MNPQ所在区域建成一所主题公园，求公园面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $