精品解析：天津市崇化中学2025-2026学年高一年级下学期5月期中考试数学试卷

2025—2026学年第二学期高一年级数学学科期中试卷 一、单选题（每小题5分，共45分） 1. 已知复数．若在复平面内，复数z表示的点在第四象限，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】复数表示的点在第四象限，且，且，解得. 2. 已知，，，则向量与夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量模长公式，结合向量数量积的定义及运算律计算夹角即可． 【详解】设向量与的夹角为， 则. 因为，，代入可得： ，解得， 因为，故． 3. 已知圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥底面圆的周长等于侧面展开图扇形的弧长列方程求出，进而求出高，利用圆锥体积公式即可求解. 【详解】设圆锥底面圆的半径为， 因为圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为， 所以，解得， 所以圆锥的高为， 所以此圆锥的体积为. 4. 已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理，得. 所以. 5. 已知是两个平面，是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】若，则或，A错误； 若，，所以或，B错误； 若，直线只垂直于平面内的一条直线，无法得到，C错误； ，则平面内存在直线l与直线平行，则，可得,D正确. 6. 在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是上一点，所以与共线，所以根据向量共线定理，存在实数，使得， 因为，所以． 又因为，所以， 因为，所以， 因为，所以，即． 将代入并化简， 因为，所以， 由，解得． 将代入，可得． 7. 在中，若，则此三角形一定是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理，化简求得，得到，即可求解. 【详解】因为，由余弦定理得，整理得， 因为，所以，所以为等腰三角形. 8. 在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（） A. 28π B. 27π C. 19π D. 29π 【答案】D 【解析】 【详解】如图,根据题意补全为长方体，三个长度为三个对面的对角线的长，设长、宽、高分别为, 则，所以， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积为. 9. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的几何意义及已知图形分析得最大对应落在或上，若分别为的中点，讨论的位置，结合向量数量积的运算律、几何意义求的最大值. 【详解】如下图，要使最大，则与的夹角小于，而， 又半圆弧、上的，均有，半圆弧、上的，均有， 所以最大对应落在或上， 若分别为的中点， 当在上，如图，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 当在上，如图对应，则，且在上的投影长为，若， 此时， 当且仅当时，最大； 综上，最大. 故选：C 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知复数z满足（i为虚数单位），则__________. 【答案】1 【解析】 【详解】由得，所以， 所以，即， 所以 11. 如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中．，，，则原四边形的面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直观图为梯形的面积为，利用斜二测画法中，原图形面积是直观图面积的倍即可求解. 【详解】因为直观图为梯形且，，，， 所以， 所以直观图为梯形的面积为； 又因为斜二测画法中，原图形面积是直观图面积的倍 因此原四边形的面积为. 12. 玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示，圆筒内径长3 cm，外径长4 cm，筒高6 cm，中部是棱长为4 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________； 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可. 【详解】圆筒体积为底面半径2cm，高度为6cm的圆柱体的体积减去底面半径为cm，高度为6cm的圆柱体的体积， 故其体积； 中间部分的体积为棱长为4 cm的正方体的体积减去底面半径为2cm，高为4 cm的圆柱体的体积， 故其体积； 故玉琮的体积. 13. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，则角____________；若，则面积的取值范围为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理，得出关于角的三角等式，进而可求得的值即可；根据为锐角三角形求得角的取值范围，结合三角形的面积以及正弦函数的性质求面积取值范围. 【详解】已知 ，根据正弦定理， . 因为 ，且，化简得. 因为是锐角三角形，所以. 因为，所以​，即. 因为为锐角三角形，故，解得. 由正弦定理，所以 ， . 因此面积. 由 ，得 ，故 ， 因此 . 14. 如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积法求点到平面的距离，进而可求线面夹角. 【详解】设正方体的棱长为， 所以，所以， ， 设的中点为，连接， 所以， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 所以， 所以，所以， 解得， 设直线与平面所成角为， 所以，又，所以， 所以. 15. 中，，，，，则________（用，表示）若，，则________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算得，根据平面向量基本定理得，，由得，又得，进而得，计算即可求解. 【详解】由题意有： ， 又， ， 由， 所以， 即①， 由， 所以， 即②， 由①②有：， 所以. 三、解答题（共75分．写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 已知复数，其中为虚数单位，． （1）若是纯虚数，求实数的值； （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求的值； （3）当时，复数所对应的平面向量为；当时，复数所对应的平面向量为，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数的概念即可求解； （2）实系数一元二次方程虚根的共轭性结合韦达定理即可求解； （3）根据向量夹角为钝角进而得 ，且与不共线，解出即可. 【小问1详解】 由题意得：，所以； 【小问2详解】 当时，，由复数是关于的方程的一个根， 所以是方程的另一个根， 所以， 所以； 【小问3详解】 当时，，所以复数所对应的平面向量为， 当时，，所以复数所对应的平面向量为， 所以，， 因为向量与的夹角为钝角， 所以 ，且与不共线， 所以， 所以. 17. 已知向量，，且有． （1）求的坐标，和在方向上的投影向量； （2）求与垂直的单位向量的坐标； （3）若，当时，求的最小值． 【答案】（1）； （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面垂直向量的坐标表示建立方程，解得，结合向量线性运算的坐标表示即可求解； （2）设所求向量坐标为，通过单位向量与向量垂直，列方程组求解即可； （3）根据向量的模，将问题转化为动点到两定点的距离问题，通过对称点求出最小距离即可，. 【小问1详解】 已知向量，，且有，则，即 ，解得， 所以，， 因此， 并且在方向上的投影向量为. 【小问2详解】 设所求的单位向量，已知单位向量与向量垂直，由（1）得， 所以有，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或. 【小问3详解】 由（1）得，又因为，则，， 因此， 由于，令，则， 因此要求的最小值，转化为求在上的最小值， 其中表示轴上的动点到定点的距离，表示轴上的动点到定点的距离， 因此表示， 如图所示，点为关于轴的对称点，为线段与轴的交点， 因此，当点与重合时，即 共线，此时取最小值， 直线的方程为，即，得到直线与轴的交点坐标为，即， 当点与重合时，满足， 因此，可以取最小值，最小值为， 即的最小值为. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，．满足． （1）求角的大小： （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可； （2）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）利用二倍角公式，两角差的正弦公式即可求解． 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，， 可得， 因为，故，则， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （i）则，即， 解得或（舍），故； （ii）由， 得， 解得，则， 则，， 由， 所以 所以. 19. 如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上． （1）若为中点，求证：平面； （2）若，求证； （3）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，先证明，再由线面平行判定定理证明结论； （2）取的中点，连接，再由线面垂直判定定理可证平面，从而得证； （3）取的中点，结合异面直线夹角定义证明为异面直线与所成角（或其补角），解三角形求其余弦值； 【小问1详解】 连接交于点，连接， 因为是正方形，所以为中点， 所以在中，为中位线，， 又平面，平面，平面； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以； 【小问3详解】 取的中点，因为为中点， 所以在中，为中位线，所以，， 所以为异面直线与所成角（或其补角）， 在中，，，， 由余弦定理可得， 又，所以为锐角， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 20. 在中，内角所对的边分别为,，，且． （1）求角； （2）若，是钝角三角形． （ⅰ）求的范围； （ⅱ）若点在上，且为的角平分线，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）直接由向量的共线并结合正弦定理可得； （2）（ⅰ）根据正弦定理进行边化角，进而得，再由三角形为钝角三角形得，再由正弦函数的性质可得范围；（ⅱ）先由等面积法可得，再由条件和（i）结果可得，再令，再根据函数的单调性可得所求值的范围. 【小问1详解】 由，，且， 所以，， 化简整理得，再由正弦定理得， 因为，所以，且，所以. 【小问2详解】 （i）由，结合正弦定理，得. 因此 ​，且. 因为 为钝角三角形， ​，故钝角只能是或， 所以或，所以. 由正弦定理得 ， 因为，所以，， 所以 （ii）因为为的角平分线，且，如图： 由面积关系，， 所以 ，化简得. 又因为 ， 由（i）知， 所以， 令，由（i）知，所以 所以，因为函数在是单调递增函数， 所以时，，当时，. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期高一年级数学学科期中试卷 一、单选题（每小题5分，共45分） 1. 已知复数．若在复平面内，复数z表示的点在第四象限，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，，则向量与夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的母线长为，侧面展开所成扇形的圆心角为，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两个平面，是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，若，则此三角形一定是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 8. 在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（） A. 28π B. 27π C. 19π D. 29π 9. 如图，以边长为2的正六边形的六条边为直径向外作六个半圆，是这六个半圆弧上的一动点，则的最大值是（ ） A. 6 B. C. 7 D. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知复数z满足（i为虚数单位），则__________. 11. 如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中．，，，则原四边形的面积为____________． 12. 玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示，圆筒内径长3 cm，外径长4 cm，筒高6 cm，中部是棱长为4 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________； 13. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，则角____________；若，则面积的取值范围为____________． 14. 如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 15. 中，，，，，则________（用，表示）若，，则________． 三、解答题（共75分．写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 已知复数，其中为虚数单位，． （1）若是纯虚数，求实数的值； （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求的值； （3）当时，复数所对应的平面向量为；当时，复数所对应的平面向量为，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 17. 已知向量，，且有． （1）求的坐标，和在方向上的投影向量； （2）求与垂直的单位向量的坐标； （3）若，当时，求的最小值． 18. 在中，角，，所对的边分别为，，．满足． （1）求角的大小： （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 19. 如图所示，四棱锥，底面为正方形，，为正三角形，，点在上． （1）若为中点，求证：平面； （2）若，求证； （3）求异面直线与所成角的余弦值． 20. 在中，内角所对的边分别为,，，且． （1）求角； （2）若，是钝角三角形． （ⅰ）求的范围； （ⅱ）若点在上，且为的角平分线，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $