精品解析：广东广州知识城中学2025-2026学年高一第二学期期中教学质量监测数学试题

2025-2026学年第二学期期中教学质量监测 高一数学 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. i B. C. 1 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的概念可得. 【详解】的虚部是6. 故选：D. 2. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用平面向量垂直及数量积坐标运算即可. 【详解】由于向量，且，则，解得 故选：D 3. 已知是关于x的方程的一个根，则实数p，q分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，整理得，从而，求解即可. 【详解】因为是关于x的方程的一个根， 所以，即， 所以，解得. 故选：D 4. 如图，已知，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对应性得是相应线段的中点，由中位线定理结合向量的线性运算可得． 【详解】解：∵，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为， ∴是的中位线，∴. 故选：D. 5. 已知，，与的夹角为，则（ ） A. B. 72 C. 84 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量数量积的定义计算即可求解. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以， 则， 故选：A. 6. 正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长． 【详解】作出原图形如下图所示： 由三视图知原图形是平行四边形，如图，，， ，， 所以平行四边形的周长是． 故选：A． 7. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 8. 瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为2 C. 复数在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 【答案】B 【解析】 【分析】由欧拉公式及复数的相关概念计算逐项计算判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B， ，当时取等号，B正确； 对于C，，复数在复平面内对应的点位于第一象限，C错误； 对于D，，， ，， 因此的面积为：，面积的最大值为，D错误. 故选：B 二、多选题 9. 在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点在以原点为圆心，以3为半径的圆上 C. 若，则 D. 复数对应的点位于第二象限 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，根据共轭复数的概念和复数乘法的运算法则进行计算； 对于B，根据题意得到点，判断到原点的距离即可； 对于C，根据复数减法运算即可； 对于D，根据复数除法进行计算从而得到点坐标即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以，故A错误； 对于B，显然，所以，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，，该复数对应的点位于第二象限，故D正确. 故选：CD 10. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 若，角的平分线交于点，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以， 所以，又，即， 则，又，所以， 解得，又，故，故A错误； 对于B，因为，外接圆的半径为2， 所以，故B正确； 对于C，因为，即， 又，所以，得，当且仅当时，取等号， 所以，即面积的最大值为，故C正确； 对于D，由，结合，解得， 由，即， 解得，故D正确. 11. 如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（ ） A. 翻折过程中，始终有平面平面 B. 翻折过程中，的长是定值 C. 若，则 D. 存在某个位置，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，易知为的中点，则，，再利用面面平行的判定定理，即可判断；对于B，利用等角定理得到以及（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，即可判断；对于C，由，利用直角三角形中线定理可得，即可判断；对于D，由等角定理，根据，得到，即，即可判断. 【详解】因为E，F为中点，则，所以四边形CEFD是平行四边形， 所以是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，所以平面平面，故A正确； 因为（定值），（定值），（定值）， 在中由余弦定理可知的长是定值，故B正确； 若，则，所以，所以，故C正确； 因为，所以，所以， 因为在同一平面内，所以不可能垂直于， 因为，所以不可能垂直于，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题 12. 某种手持弹力球的半径是，则这种手持弹力球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积公式计算即可求解. 【详解】由题意可得手持弹力球的半径是， 故手持弹力球的体积为. 13. 已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__. 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算得，再根据复数的模长公式可得结果. 【详解】∵， ∴|z|＝1. 故答案为：1. 【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的模长公式，属于基础题. 14. 在中，已知，，，点D为边的中点，则______，______. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理求，在，中分别利用余弦定理求，，由此列方程求；在中由余弦定理求，再由同角关系求. 【详解】由余弦定理，得， 即，． 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 由与互补，则， 所以，解得． 在中，由余弦定理，得， 因为，所以， 所以． 故答案为：； 四、解答题 15. 已知复数，i为虚数单位． （1）当z是纯虚数时，求m的值； （2）当时，求z的模． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解； （2）根据模长公式即得. 【小问1详解】 由z是纯虚数，有， 解得； 【小问2详解】 当时，， 所以. 16. 已知向量，. （1）若，求在上的投影向量的坐标； （2）设，若，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知，可得，在上的投影向量为，求解即可； （2）由可得，利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 因为，， 所以，， 所以， 解得， 所以， 所以，， 故在上的投影向量为， 故在上的投影向量的坐标为； 【小问2详解】 因为， 所以，即， 所以， 所以，， 所以，，， 故. 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 18. 如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证： （1）直线平面； （2）平面平面； （3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为． 【解析】 【分析】（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明； （2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积． 【详解】（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB， 由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1； （2）由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1， 可得EF∥∥平面BDD1B1， 又由（1）可得EG∥平面BDD1B1， EF∩EG＝E，可得平面EFG∥平面BDD1B1； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE， 可得AE∥A1N，AE＝A1N， 取A1D1的中点M，连接MC1，AM， 可得MC1＝A1N，MC1∥A1N， 可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1＝＝， 所以截面的面积为×A1C1×ME＝××＝． 19. 已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示． （1）求； （2）连接，并延长交边于点，用，做基底来表示； （3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理求出 ，再利用向量数量积公式求值. （2）设，其中，根据是内心，得到，从而求出，继而得到，连接，在中，平分， 由角平分线定理可得的值,从而求出. （3）先由外心性质设，利用求出；再由重心公式 ，结合欧拉线定理 求出，最后与（2）的结果作数量积即可. 【小问1详解】 由余弦定理，得到，代入 ， 得，则， 又因为， 所以. 【小问2详解】 设，其中， 因为是内心，所以到的距离相等，所以， 又，所以，所以，所以， ， 连接，在中，平分， 由角平分线定理同理可得， 所以，即. 【小问3详解】 由（2）知，， 设，因为是外心，所以， 由，得， ，化简得， 同理，由得， 又由已知，以及（1）， 所以，，即，， 解得，故， 因为是重心，， 由欧拉线定理，， 于是， 代入上式可得， 因此， 展开得， 代入， 得， 即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中教学质量监测 高一数学 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. i B. C. 1 D. 6 2. 向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是关于x的方程的一个根，则实数p，q分别为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，已知，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，与的夹角为，则（ ） A. B. 72 C. 84 D. 6. 正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为2 C. 复数在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为 二、多选题 9. 在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 点在以原点为圆心，以3为半径的圆上 C. 若，则 D. 复数对应的点位于第二象限 10. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 若，角的平分线交于点，则 11. 如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（ ） A. 翻折过程中，始终有平面平面 B. 翻折过程中，的长是定值 C. 若，则 D. 存在某个位置，使得 三、填空题 12. 某种手持弹力球的半径是，则这种手持弹力球的体积为__________． 13. 已知复数（i为虚数单位），则|z|＝__. 14. 在中，已知，，，点D为边的中点，则______，______. 四、解答题 15. 已知复数，i为虚数单位． （1）当z是纯虚数时，求m的值； （2）当时，求z的模． 16. 已知向量，. （1）若，求在上的投影向量的坐标； （2）设，若，求向量与的夹角的余弦值. 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 18. 如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证： （1）直线平面； （2）平面平面； （3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 19. 已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示． （1）求； （2）连接，并延长交边于点，用，做基底来表示； （3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $