精品解析：天津市北京师范大学天津生态城附属学校2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷

北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 【数学】 试 卷 命题人：薛静茹 审核人：姜涛 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间100分钟. 2.答I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以备讲评. 第I卷 一、单选题（本题共12小题，每题5分，共60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. 化简：（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，O为原点，向量对应的复数为，若点A关于y轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A. B. 8 C. D. 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图，在平行四边形中，分别是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 9. 在中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 10. 过△ABC所在平面外一点P，作PO⊥，垂足为O，连接PA，PB，PC，若PA=PB=PC，则点O是△ABC 的 A. 垂心 B. 外心 C. 内心 D. 重心 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（ ） A. B. C. D. 12. 在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则以下命题错误的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 第Ⅱ卷 （90分） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，把答案填在横线上） 13. 已知复数 ，则______ 14. 一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，则原梯形的面积为 ______ . 15. 若复数是纯虚数，则实数__________. 16. 某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体，，， 则该组合体的体积为_______________； 17. 已知向量，，若在上的投影向量为，则________． 18. 已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为______． 19. 如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则直线与直线的夹角余弦值为__________：二面角的平面角的正切值为__________. 20. 《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代．内饰充满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且 则的值为_____；若点Q为线段 CD上的动点，则 的最小值为________ 三、解答题（本大题共4小题，共分.解答应写出文字说明，证明过程黑演算步骤) 21. 已知，与的夹角为． （1）求； （2）求； （3）当为何值时，？ 22. 如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； 23. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若的面积为，且. ①求的周长； ②求. 24. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面； （2）若为的中点，是的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 【数学】 试 卷 命题人：薛静茹 审核人：姜涛 注意事项： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间100分钟. 2.答I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上，只交答题卡，试卷学生带走，以备讲评. 第I卷 一、单选题（本题共12小题，每题5分，共60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. 化简：（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，.    2. 在复平面内，O为原点，向量对应的复数为，若点A关于y轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】向量对应的复数为，点A的坐标为， 点A关于y轴的对称点为B，点B的坐标为 向量对应的复数为． 3. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积的定义求解即可. 【详解】因为是等边三角形，边长为4， 所以. 故选：A. 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出圆锥的母线长，从而计算出圆锥的表面积. 【详解】圆心角是，对应为，设扇形的半径为，也即扇形围成的圆锥母线长为， 由 解得：， 所以圆锥的表面积为. 5. 设是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】，是平面内所有向量的一组基底，所以与不共线. 对于A，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以A能作为基底； 对于B，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以能作为基底； 对于C，因为， 所以与共线，不能作为基底，所以C正确； 对于D，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立， 所以与不共线，能作为基底. 6. 如图，在平行四边形中，分别是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求解即可. 【详解】连接， 因为是线段的中点，所以， 则． 因为是线段的中点， 所以． 7. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】向量，且， 所以，，得，则. 8. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理和性质逐一分析判断即可得解. 【详解】对A：若，，则或，故A错误； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：如图： 过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 所以，且，，所以. ，，所以. 又，所以.故C正确； 对D：因为垂直于同一个平面的两个平面的位置关系不能确定，故D错误. 故选：C 9. 在中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化，倍角公式结合三角函数性质可判断选项正误． 【详解】由三角形内角和 ，得  ， 因此原方程等价于  ，即  ， ， 则或，则是等腰或直角三角形． 10. 过△ABC所在平面外一点P，作PO⊥，垂足为O，连接PA，PB，PC，若PA=PB=PC，则点O是△ABC 的 A. 垂心 B. 外心 C. 内心 D. 重心 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题已知：PO⊥，PA=PB=PC，可由射影定理得：OA=OB=OC. 即：点O是△ABC 的外心． 考点：射影定理的运用. 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解． 【详解】在△ABC中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以． 12. 在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则以下命题错误的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④；利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求解可判断⑤即可． 【详解】如图，连接，正方形中，， 因为正方体的棱平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以，同理． 又，平面，所以平面，故①正确； 因为平面，平面，所以， 又平面平面，，平面，平面， 则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形， 则，故②正确； 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 又，因此到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 由于，因此异面直线AP与所成角就是与所成的角， 即或，设正方体棱长为1，所以， 当点为中点时，此时， 因为是等边三角形，在线段上， 因此或中较小的角的范围是，故④错误； 三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 又正方体的外接球的直径为正方体的体对角线， 即，所以， 所以三棱锥外接球表面积是，故⑤正确． 第Ⅱ卷 （90分） 二、填空题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，把答案填在横线上） 13. 已知复数 ，则______ 【答案】 【解析】 【详解】可知， 则，所以. 14. 一个梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且，则原梯形的面积为 ______ . 【答案】8 【解析】 【分析】由直观图作出原图形，为直角梯形，确定出各边长后计算面积即得. 【详解】在坐标系中作出直观图对应的原图形，它是直角梯形，如图. 易得，，， 故原梯形的面积为：， 故答案为：8. 15. 若复数是纯虚数，则实数__________. 【答案】0 【解析】 【详解】因为为实数，且复数是纯虚数， 所以，且，解得（舍去）. 16. 某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体，，， 则该组合体的体积为_______________； 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用锥体和柱体的体积公式，列式计算，即可求解. 【详解】因为该组合体的上半部分是正四棱锥 ，下半部分是长方体， 正四棱锥的高为1， 且， 所以该组合体的体积为：. 17. 已知向量，，若在上的投影向量为，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为在上的投影向量为， 所以. 18. 已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用补形法，把底面是直角三角形的直三棱柱补形为长方体，再利用长方体的外接球直径是长方体的对角线，即可求解外接球的表面积. 【详解】 在直三棱柱中，因为，， 可得， 则可把这个直三棱柱补形为长方体， 所以长方体的外接球就是直三棱柱的外接球， 即该球的直径为长方体的体对角线， 又，则， 则三棱柱的外接球表面积为， 故答案为： 19. 如图，长方体中，是边长为1的正方形，与平面所成的角为，则直线与直线的夹角余弦值为__________：二面角的平面角的正切值为__________. 【答案】 ①. ##0.5 ②. 【解析】 【详解】 如图，连接. 由于，则为直线与直线所成的夹角. 因为平面，平面，故. 底面是边长为的正方形，因此，. 因为平面，在底面的投影为，所以与平面所成角. 在 中，​​，得，则 . 在中，，直线与直线的夹角余弦值为. 取中点，连接、. 等腰中，；等腰 中，， 因此 是二面角的平面角. ，，且平面，故. 在 中， ， 即二面角的平面角的正切值为. 20. 《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代．内饰充满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且 则的值为_____；若点Q为线段 CD上的动点，则 的最小值为________ 【答案】 ①. ②. 0 【解析】 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 因为， 则， 与夹角为，与夹角为， . 设，可知， ， ， ， ， ，当或时， 有最小值，最小值为0. 故答案为: ； 0. 三、解答题（本大题共4小题，共分.解答应写出文字说明，证明过程黑演算步骤) 21. 已知，与的夹角为． （1）求； （2）求； （3）当为何值时，？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合数量积的定义运算求解； （2）根据数量积的运算律结合模长公式运算求解； （3）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律运算求解. 【小问1详解】 因为，与的夹角为， 所以. 【小问2详解】 因为，所以. 【小问3详解】 因为，则， 即，解得. 22. 如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【详解】（1）连接，交于，连接． 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点． 因为点是的中点，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）直三棱柱中，平面，因为平面，所以． 在中，，，，则，所以． 因为，平面，， 所以平面，所以． 23. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若的面积为，且. ①求的周长； ②求. 【答案】（1） （2）① ② 【解析】 【小问1详解】 由正弦定理得，， 由，得， ，，又，所以. 【小问2详解】 ①由，得. 由及正弦定理，得，所以， 所以，又，所以. 所以的周长为. ②根据上述分析可知，，， 由正弦定理，因为，所以是锐角， 所以， 可得， 计算可得． 24. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面； （2）若为的中点，是的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【小问1详解】 证明：因为底面，且底面所以， 因为为正方形，所以， 因为，又平面，所以平面， 因为平面，所以. 由为线段的中点，可知， 因为且平面，所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接． 因为为中点，为中点，所以是的中位线， 故，且． 又底面，所以底面， 因此是在底面内的射影，即为直线与平面所成的角． 由题意，是的四等分点，，故． 又是中点，，故． 在中，． 在中，． 因此，． （ii）利用等体积法，设点到平面的距离为． 由(1)知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此，． 由(1)知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由，得：，，解得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $