命题大赛 广东高一数学下学期期中测试2025-2026学年（人教A版必修二第六章——第八章）

**基本信息** 高一数学期中测试覆盖必修二第六章至第八章，原创题占比高，通过复数几何意义、立体几何折叠、解三角形综合应用等问题，考查空间观念、运算能力与推理能力，适配期中阶段性评价需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数（第1题）、向量（第2、5题）、立体几何（第3、4题）|原创题结合基础概念，多选题（第9-11题）考查向量运算与空间关系| |填空题|3题15分|菱形向量运算（第12题）、斜二测直观图（第13题）|注重几何直观与符号意识，第14题锐角三角形边角范围体现数学思维| |解答题|5题77分|向量运算（第15题）、立体几何证明与距离（第16题）、解三角形综合（第17、19题）|分层设问，如第19题三问从求角到周长范围，考查数学语言表达与创新意识|

Sheet1 题号 题型 分值 知识点 难度系数（预估） 1 单选题 5 共轭复数；复数 0.94 2 单选题 5 充分必要条件；向量 0.85 3 单选题 5 台体体积 0.85 4 单选题 5 线面角；线面垂直；余弦定理 0.66 5 单选题 5 数量积；求投影向量 0.65 6 单选题 5 余弦定理 0.65 7 单选题 5 球的表面积 0.65 8 单选题 5 数量积；函数的值域和最值；向量 0.4 9 多选题 6 向量的数量积 0.85 10 多选题 6 正弦定理解；三角形面积公式及其应用；余弦定理 0.85 11 多选题 6 线面垂直；异面直线所成的角 0.4 12 填空题 5 向量的数量积；向量的应用 0.85 13 填空题 5 斜二测画法 0.94 14 填空题 5 辅助角公式；正弦定理；余弦定理 0.4 15 解答题 13 向量的坐标 0.85 16 解答题 15 点面距离；线面垂直 0.65 17 解答题 15 正弦定理；余弦定理；二倍角的余弦公式 0.68 18 解答题 17 线面平行；线面角；面面垂直 0.64 19 解答题 17 正弦定理边角互化；三角形面积公式及其应用 0.4 $ 高一数学下学期期中测试 答案及解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D A B B D C A C BD ABD CD 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．D 【分析】化简求得，然后求其共轭复数，结合复数的几何意义进行判断即可. 【详解】复数，则的共轭复数， 则在复平面内对应的点为，该位于第一象限. 故选：. 2．A 【分析】先计算时的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可. 【详解】因为，， 所以，， 当时， ，即 解得 所以“”是的充分不必要条件. 故选：A. 3．B 【分析】设甲圆台的高为，乙圆台的高为，利用勾股定理求出，，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】设甲圆台的高为，乙圆台的高为，则， ， 所以圆台甲的体积， 圆台乙的体积， 所以圆台甲、乙的体积之比为. 故选：B 4．B 【分析】根据余弦定理计算求解，结合线面垂直判定定理得出平面，最后应用线面角的定义结合边长关系得出正弦值即可. 【详解】在中，， 即，解得（舍负），故，可得， 在中，，可得， 等腰中，， 所以中，， 在中，，所以，可得， 因为，，是平面内的相交直线， 所以平面，可得， 在中，，所以，可得， 设点到平面的距离为，则，即，解得， 若与平面所成的角为，则． 故选：B． 5．D 【详解】因为向量，，所以， 所以，， 所以在上的投影向量为． 6．C 【分析】利用余弦定理求解即可. 【详解】在△ABC中，已知角B的余弦值为边，边，要求边的大小. 首先，使用余弦定理： 代入已知数据： 得到两个解： 或（舍） 故选：C. 7．A 【详解】设球O的半径为R，为正三角形，设其外接圆的半径为r，则. 因为球心O到平面的距离为1，所以， 从而球O的表面积为. 故选：A. 8．C 【分析】以圆心为原点建立平面直角坐标系，通过向量的坐标运算将所求表达式转化为与圆心和点相关的形式，再结合正弦函数的性质求解取值范围. 【详解】以圆心为原点建立平面直角坐标系，设，则， 设，则，且在圆上，满足， 两式相减得，解得， 不妨取， 设，则， ， 所以 ， ， 相加得 ， ， 因为， 所以，即， 所以，所以， 所以的取值范围为. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9．BD 【分析】利用平面向量的数量积及运算律求解. 【详解】A．，故错误； B．，故正确； C．与共线，与共线，故错误； D．由数量积的运算律知：，故正确. 故选：BD. 10．ABD 【分析】对A，根据正弦定理结合余弦函数单调性判断即可；对B，根据两角和的正切公式化简即可；对C，分析最小角的大小范围，再根据余弦值求解即可；对D，根据余弦定理、正弦定理结合三角形面积公式判断即可. 【详解】对于A，，可得，由正弦定理得，又，由余弦函数单调性可得，故A正确； 对于B，因为， 则， 故，故B正确； 对于C，若为的最小内角，则，故C错误； 对于D，， 设， ，故，故D正确. 故选：ABD 11．CD 【分析】对于AB，利用平行线的证明判断得与，与的所成角，从而得以判断；对于C，利用线面角的定义，求得到平面的距离，从而求得所求角的正弦值，由此得以判断；对于D，利用正三棱锥的性质，将问题转化为证面，利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证. 【详解】对于A，记的中点为，连接，交于，连接，，    易得同时是与的中点，， 在正方体中，， 所以，所以四边形是平行四边形，则， 不妨设，则在，易得，则是正三角形， 因为是的中点，易得， 所以与不垂直，则与不垂直，故A错误； 对于B，在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，则， 又，所以是直线与所成的角（或补角）， 因为是正三角形，是的中点，所以，故B错误； 对于C，连接，如图，    由选项B可知平面与平面是同一个面， 在正方体中，平面，而平面，则， 在正方形中，易得， 又平面，所以平面， 又是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半， 记到平面的距离为，则， 而易得， 记直线与平面所成的角为，则，故C正确； 对于D，不妨设直线与平面的交点为，连接，如图，    易得，又，所以三棱锥是正三棱锥， 故要证是的重心，只需要证面，即面即可， 因为在正方体中，平面，而平面，则， 在正方形中，易得， 又平面，所以平面， 而平面，故， 同理，又平面，所以面， 所以直线与平面的交点是的重心，故D正确. 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 【分析】利用平面向量的线性运算，将转化为，进而求得答案. 【详解】依题意，，因为菱形的边长为2．所以． 故答案为：-3. 13．12 【分析】根据斜二测画法还原平面图，由三角形面积公式可得. 【详解】由斜二测画法可知，是以为直角的直角三角形，且， 所以. 故答案为：12 14．. 【分析】利用正弦定理和余弦定理将已知条件转化为边的关系，进而求出角，再根据锐角三角形的性质确定角的取值范围，最后根据二倍角公式、余弦函数的图像性质以及二次函数的性质，即可求解. 【详解】由题意，，根据正弦定理得，，化简整理得，根据余弦定理，得， 又为锐角三角形，所以， 所以，即， 又为锐角三角形，所以，即，解得， 所以， 令， 令，则， 其对称轴为，所以时，取得最小值，即， 当时，；当时，； 所以的取值范围是， 即的取值范围是. 故答案为： 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．【答案】(1) (2) 【解析】（1）已知，，则，（2分） 又，所以，即，解得.（4分） 所以，则， 所以.（6分） （2）因为，所以，解得，所以，则.（8分） 则，， ，（10分） 设与夹角为，则.（12分） 所以与夹角的余弦值为.（13分） 16．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）因为平面，平面，所以. 因为为等边三角形，为边的中点，所以. （1分）       又，故平面，又平面，故.（3分）       因为的面积为，即，故. 因为四边形为平行四边形，则且， 、分别为、的中点，则且，（4分）       故四边形为平行四边形，则， 在中，，，满足，故.（6分）       又，故平面，又平面，故；（9分）       （2）如图，作，垂足为， 平面，平面，， ，，平面，（12分）       所以即为点到平面的距离. 在中，，，， 满足，可知，故， 即点到平面的距离为.（15分）       17．【答案】(1)等腰三角形，理由见解析 (2) (3) 【解析】1）由得， ∴，（2分） ∴， ∴， △ABC为等腰三角形.（4分） （2）因为，，， 由余弦定理可得，（6分） 因为，所以， 故△ABC的面积为.（8分） （3）因为，所以， 由可知A为锐角，即， 又因为且余弦函数在上单调递减，（10分） 由正弦定理得， 即， 所以， 故，（12分） 所以 ， 由正弦定理得 .（15分） 18．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【解析】（1）因为底面，平面，则，（1分） 又因为底面为正方形，则 ， 且，平面， 可得平面，（3分） 又因为平面PBD，所以平面平面.（4分） （2）在正方形中，则， 且平面，平面，可知平面，（6分） 且平面，平面平面，所以.（8分） （3）存在点F在BC的处，使得平面．（9分） 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，（12分） 则，且平面，平面，所以平面，（14分） 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，                          （15分） 在中，，    若，，所以.（17分） 19. 【答案】(1) (2)4 (3) 【解析】（1）已知，由正弦定理得， 又， 所以， 即，（3分） 因为，所以，故，即， 又，所以；（4分） （2）由（1）知，，又为的平分线，故，其中， 由三角形面积公式得，（6分） ， 又，（8分） 显然，即，解得.（10分） （3）∵ ∴ ∴ ∴（14分） 由是锐角三角形得，， ，（15分） ∴ ∴ ∴周长.（17分） 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 应用场景：周测/单元测/月考/期中/期末/ 高一数学下学期期中测试 （人教A版必修二第六章——第八章） （考试时间：120分钟，分值：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（原创）在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点位于（    ） A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限 2．已知向量，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知两个圆台甲、乙的上底面半径均为r，下底面半径均为2r，圆台的母线长分别为3r和5r，则圆台甲、乙的体积之比为（   ） A． B． C． D．3 4．在平行四边形中，，，，现将沿折叠至，使得，则与平面所成的角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（原创）已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为（   ） A． B． C． D． 6．在中，三个角所对的边分别为，若，则边的大小为（    ） A．2 B． C．3 D． 7．已知、、是球的球面上三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（    ）. A． B． C． D． 8．已知半径为2的圆上有三点A，B，C，满足，点是圆上一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：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．下列关于数量积的运算正确的是（    ） A． B． C． D． 10．在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则， B．若为斜三角形，则 C．若为的最小内角，则 D．若，外接圆半径为，内切圆半径为，则 11．（原创）已知正方体，点分别处线段、的中点，则（    ） A． B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．直线与平面的交点是的重心 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知菱形的边长为2，E是的中点，则__________． 13．如图，是水平放置的的斜二测直观图，若则的面积为_________. 14．在锐角中，内角所对的边分别为，且，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．（13分）已知向量，. (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 16．（15分）如图所示，在直三棱柱中，是面积为的等边三角形，，点、分别为线段、的中点，点是线段上靠近的三等分点. （1）求证：； （2）求点到平面的距离. 17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c. (1)若，试判断三角形形状，并说明理由； (2)若，，，求△ABC的面积； (3)若，，，求. 18．（17分）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. 19．（原创）（17分）在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. (1)求角C； (2)若，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，且，求边长a的值； (3)若，求△ABC的周长取值范围. 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 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $