命题大赛 湖北武汉市2025-2026学年高一下学期期中考试数学练习

**基本信息** 武汉市高一下学期数学期中卷，原创题占比高，融合榕城双塔测量、迪拜世博会中国馆等现实情境及《九章算术》“刍甍”、祖暅原理等文化素材，注重数学眼光、思维与语言的考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数、向量、立体几何直观图|原创题占5题，如向量充要条件题考查逻辑推理| |多选题|3/18|圆台、重心、正方体线面关系|空间几何性质综合，如圆台与球相切问题| |填空题|3/15|复数运算、单位圆、刍甍线面角|融入《九章算术》文化，刍甍线面角题体现几何直观| |解答题|5/77|向量运算、解三角形、立体几何折叠、祖暅原理|祖暅原理应用压轴，考查创新意识与数学表达|

应用场景：期中 武汉市高一下学期数学期中考试 高一数学试卷 命题学校：武汉海淀外校 命题教师：曾泽与 考试时间：下午14:00-16:00 试卷满分：150 分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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． （原创）1．已知复数，则（    ） A． B．1 C． D．2 （原创）2．设，都是非零向量，下列四个条件，使成立的充要条件是（    ） A． B． C．且 D． 3．如图直角是一个平面图形的直观图，斜边，则原平面图形的面积是（    ） A． B． C．4 D． 4．已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 （原创）5．已知是边长为2的正三角形，，是上一点且，则=（   ） A． B． C． D． （原创）6．如图，已知正方体的棱长为2，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（    ） A． B．3 C． D． 7．白塔和乌塔被称为“榕城双塔”．白塔位于山西麓的定光寺塔，因通体白色而得名，唐天祐元年（904年）由闽王王审知创建，明嘉靖间重建，为七层八角砖塔．为了测量白塔的高度，高一某研究性学习小组设计了测量方案．如图，白塔垂直于水平面，他们选择了与白塔底部在同一水平面上的两点，测得米，在两点观察塔顶点，仰角分别为和，，则白塔的高度约为（   ） A．45米 B．50米 C．55米 D．60米 8．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在同一个球面上．若该模型的表面积为，此模型外接球的体积为（    ） A． B． 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9．已知圆台的上底半径为，下底半径为，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（   ） A．圆台的母线长为 B．圆台的体积为 C．圆台的表面积为 D．球的表面积为 10．已知M为的重心（三角形三条中线的交点），D为BC的中点，则下列等式成立的是（   ） A． B． C． D． 11．如图，在正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．直线平面 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． （原创）12．设复数，满足，且，则____________． 13．若点，，都在单位圆上，且，则的最小值为______． 14．在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形， ，则与底面所成角的正弦值为______． 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． （原创）15．已知. (1)若，求实数的值： (2)求与的夹角的余弦值. （原创）16．在中，角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求角的大小； (2)若，求面积的最大值． 17．如图，中，，，E、F分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥． (1)求证：； (2)若F为中点，且，求二面角的余弦值； (3)若D为中点，当点E在线段上（不含端点）运动时，求三棱锥的体积的最大值． 18．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点M是棱上的一点，且. (1)求证：； (2)求证：平面； (3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 19．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个底面半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设截面与下底面的距离为． (1)探究：平面所截得的两个截面（阴影部分）面积的关系，并说明理由；问：半球的体积和新几何体的体积的关系． (2)如图，平面上方与球体之间的部分叫球冠，若，请你利用祖暅原理求球冠的体积． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市高一下学期数学期中考试 高一数学试卷 解析 命题学校：武汉海淀外校 命题教师：曾泽与 考试时间：下午14:00——16:00 试卷满分：150 分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A B C D A C ACD BC 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】复数， 则，故D正确. 2．A 【详解】表示与同向的单位向量，因此的充要条件是且与同向． 3．A 【解析】根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】由题意可知为等腰直角三角形，， 则，所以原图形中，，， 故原平面图形的面积为. 故选：A 4．B 【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误； 对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确； 对于C：若，，则或和异面，故C错误； 对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误； 5．C 【分析】利用平面向量共线基本定理，由平面向量数量积的定义与运算律计算，结合图形求得. 【详解】 因，，则， 故 又三点共线，则， 故，又因为是边长为1的正三角形 所以， . 6．D 【分析】在上取点，使得，证得平面平面，得到点的轨迹为线段，在等腰三角形中，求得底边上的高，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 分别连结， 因为，可得，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 由且，可得， 又由且，所以， 在正方体中，可得，所以 因为平面，且平面，所以平面， 同理可证平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因此点的轨迹为线段， 在等腰三角形中，， 可得底边上的高为，此即为长度的最小值. 故选：D. 7．A 【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系及余弦定理列式求解. 【详解】设米，在中，，则， 在中，，则， 在中，，由余弦定理得，解得， 所以白塔的高度约为45米. 8．C 【分析】根据圆柱的外接球性质以及几何体的表面积列式可得球的半径，进而可得球的体积. 【详解】设内、外层圆柱的高分别为，外接球的半径为， 由题意可得：，解得， 所以此模型外接球的体积为. 故选：C. 9．ACD 【分析】画出圆台的轴截面，则轴截面是等腰梯形，内切圆是过球心的大圆，结合题意，分别求出圆台的母线长和内切球的半径，即可得出结论． 【详解】画出圆台的轴截面，如图所示： 则四边形是等腰梯形，且，，内切圆圆心即球心； 所以圆台的母线长为，选项A正确； 连接、和，则是直角三角形，且， 所以球的半径为， 所以圆台的体积为，故选项B错误； 圆台的表面积为，故选项C正确； 球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD． 10．BC 【分析】利用三角形重心定理，结合向量线性运算，逐项分析判断作答. 【详解】如图，为的重心，D为BC的中点， 因三角形重心到三顶点的距离不一定相等，A不正确； ，则，B正确； ，C正确. ，D不正确； 故选：BC 11．BCD 【分析】对于A，由与是正方体对角面的两条对角线，可判断，对于B，证明平面平面，根据面面平行的性质，可得答案.对于C，根据异面直线夹角的定义，作图，结合等边三角形的性质，可得答案；对于D，通过平面，设垂足为，通过等体积计算，确定，可判断D. 【详解】 对于A，直线与是正方体对角面的两条对角线，故共面，A错误； 对于B，在正方体中， ，平面，平面， 平面， 连接，由正方体的性质可得， 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面, 所以平面平面. 因为平面，所以平面，故B正确. 对于C，如图： 在正方体中，易知为等边三角形，则， ，或其补角为异面直线与所成角， 则异面直线与所成角的取值范围，故C正确； 对于D，连接，记， 在正方体中，平面， 平面，， 在正方形中，， ，平面，平面，平面，， 同理可得：， ，平面，平面， 又平面平面. 所以平面，设交点为， 所以直线与直线相交时，交点为， 又，设正方体棱长为2， 得， 得，又， 所以当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处，D正确. 12． 【分析】法一：设，，借助模长公式及复数加减运算法则计算即可得；法二：借助复数模长性质有，再利用模长公式计算即可得. 【详解】法一：设，，， 由，则， 则， 即，， 则，， 即， 故， 又， 则 . 法二：由复数模长性质可得， 则， 故. 13．/ 【分析】由已知条件可得，不妨设，根据向量的坐标运算及三角恒等变换求解即可. 【详解】因为，，都在单位圆上，所以， 又因为，在中，由余弦定理可得， 又因为，所以， 设， 则， 所以 ， 当，即时，取最小值，为， 所以的最小值为. 14．/ 【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可． 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据模长求出数量积，结合垂直可求答案； （2）先求，再求，代入夹角公式可得答案. 【详解】（1）因为，所以， 即；.......................3分 因为，所以=0， ，， 解得.......................5分 （2）， ， 所以，.......................9分 设与的夹角为，所以........................13分 16．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理角化边，再根据余弦定理求角； （2）根据（1）和余弦定理可得 ，再利用三角形的面积公式和基本不等式求解. 【详解】（1）在中，由正弦定理，得 ，整理得， 由余弦定理，得，.......................4分 又，所以．......................6分 （2）由（1）及余弦定理知，，.......................8分 故，当且仅当时等号成立，.......................12分 即面积的最大值为．.......................15分 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）先由二面角的定义得到是二面角的平面角，然后利用余弦定理解三角形可得结果； （3）设，则，以为底，三棱锥的高的最大值为，然后利用三棱锥体积公式表示三棱锥的体积，利用二次函数的最值可得结果. 【详解】（1），，， 将沿折起，可得， 又，平面，平面，平面， 平面，.......................4分 （2）由（1）可知，，，二面角的平面角为， 由F为中点，，.......................6分 在中，由余弦定理得，， 所以二面角的余弦值为........................9分 （3）由D为中点，得，设，则， 以为底的三棱锥的高为点到底面的距离，则距离的最大值为， 所以三棱锥的体积， 当且仅当时取等号，所以三棱锥的体积的最大值为........................15分 18．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接，利用正方体的结构特征及平行公理推理得证. （2）连接分别交于点，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可. （3）根据题意可得,即有，由此结合面面平行的判定证明即可． 【详解】（1）在正方体中，连接，由点分别为棱的中点， 得，由且，得四边形为平行四边形， 则，所以........................4分 （2）连接分别交于点，连接， 在正方体中，且， 则，即，同理，.......................7分 因此，则，又平面，平面， 所以平面；.......................9分 （3）存在，，理由如下： 由，得，则，又， 于是，又平面，平面， 则平面，延长交于，延长交于，连接，      由为中点，得，因此， 由分别为的中点，得， 则，，.......................13分 于是，又，即，则四边形为平行四边形，， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 所以当时，平面平面........................17分 19．(1)两个截面面积相等；半球的体积与新几何体的体积相等，均为. (2) 【分析】（1）分别求平面截半球所得圆面积，以及截圆柱挖去圆锥后的环形面积，比较两者即可，再由祖暅原理得到两个几何体体积相等. （2）把球冠看作半球中位于平面上方的部分，根据祖暅原理转化为新几何体中对应部分的体积，再用柱体体积减去圆台部分体积求解. 【详解】（1）设平面与下底面的距离为，其中. 平面截半球所得圆的半径为，所以截面面积为. 圆锥的顶点在下底面圆心处，平面截圆锥所得圆的半径为， 所以新几何体被平面所截得的阴影部分面积为. 故两个截面的面积相等.由祖暅原理可知，半球的体积与新几何体的体积相等. 又新几何体的体积为，所以半球的体积为........................6分 （2）因为，所以平面到球心的距离为，球冠的高为. 由祖暅原理，球冠体积等于新几何体中距下底面高度从到之间的部分的体积. 这部分体积等于高为、底面半径为的圆柱体积减去圆锥中对应的圆台体积. 而圆锥中高度从到的部分是高为、底面半径为的小圆锥，.......................9分 所以圆锥中高度从到的部分体积为. 因此球冠体积为........................17分 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $Sheet1 题号 题型 分值 知识点 难度系数（预估） 1 单选题 5 复数的模长计算 0.8 2 单选题 5 单位向量、共线与方向判断 0.8 3 单选题 5 斜二测画法、直观图面积 0.8 4 单选题 5 空间点线面位置关系判断 0.7 5 单选题 5 向量线性运算、共线、数量积 0.65 6 单选题 5 正方体线面平行、点面距离最值 0.5 7 单选题 5 解三角形（测高、余弦定理） 0.6 8 单选题 5 圆柱与球组合体、外接球体积 0.4 9 多选题 6 圆台、内切球、体积表面积 0.65 10 多选题 6 三角形重心的向量性质 0.65 11 多选题 6 正方体线面关系、异面直线夹角 0.45 12 填空题 5 复数模性质、和差的模计算 0.75 13 填空题 5 单位圆向量、数量积最值 0.6 14 填空题 5 刍甍、线面角正弦值 0.55 15（1） 解答题 5 向量垂直、数量积运算 0.7 15（2） 解答题 8 向量夹角余弦值 0.65 16（1） 解答题 6 正余弦定理 0.7 16（2） 解答题 9 面积最值、基本不等式 0.6 17（1） 解答题 4 翻折问题、线线垂直证明 0.75 17（2） 解答题 5 二面角余弦值 0.5 17（3） 解答题 6 三棱锥体积最值 0.45 18（1） 解答题 4 线线平行证明 0.8 18（2） 解答题 5 线面平行证明 0.65 18（2） 解答题 8 面面平行探索性问题 0.45 19（1） 解答题 6 祖暅原理、截面面积、半球体积 0.5 19（2） 解答题 11 球冠体积、祖暅原理应用 0.3 $