四川成都某中学2025-2026学年高一下学期第12周周考数学试题

**基本信息** 成都航天中学高一下周测试卷，以埃及金字塔、秦九韶公式等数学文化及圆台水杯等现实情境为载体，分层考查向量、复数、立体几何、解三角形等核心知识，适配周测巩固基础与提升能力需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量平行、复数虚部、棱台体积等|以埃及金字塔为背景考查正四棱锥侧面积公式应用| |多选题|3/18|复数性质、向量投影、圆台体积|圆台水杯问题融合侧面积计算与外接球表面积求解| |填空题|3/15|圆锥表面积、动点最值、解三角形中线|扇形与圆围成圆锥的动手操作情境，培养空间观念| |解答题|5/77|复数几何意义、三角函数值域、秦九韶公式|秦九韶与海伦公式综合应用，体现数学文化传承与推理能力|

成都航天中学校高2025级高一下期十二周周清 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D．3 2．复数，则复数z的虚部为（    ） A．1 B． C． D． 3．在中，已知内角，，的对边分别是，，，且，则角（    ） A． B． C． D． 4．正三棱台上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为，则该棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 5．用斜二测画法得到一个水平放置的四边形的直观图为如图所示的直角梯形，已知，，，四边形的面积为，则（   ） A．1 B． C．2 D． 6．已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（　　） A． B． C．1 D．2 7．已知A、B是单位圆O上的两点（O为圆心），∠AOB=120°，点C是线段AB上不与A、B重合的动点.MN是圆O的一条直径，则的取值范围是 A．[，0） B．[，0] C．[，1） D．[，1] 8．埃及著名的吉萨（Giza）大金字塔，它的形状是正四棱锥.已知它的高度的2倍的平方等于它的侧面积，则高的平方与底面棱长的平方的比值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知复数，则下列叙述正确的是（    ） A．z的实部为1 B．z的共轭复数为 C． D． 10．下列说法错误的是（    ） A．已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 B．已知向量，若与共线，则 C．若向量，则在方向上的投影向量坐标为 D．在中，向量与满足，则为等边三角形 11．如图，已知圆台形水杯（不计厚度）内盛有牛奶，杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半，则（   ） A．该水杯的侧面积为12π B．该水杯中牛奶的体积为 C．该水杯中牛奶的体积为3π D．该水杯外接球的表面积为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则该圆锥的表面积为____________.    13．如图，在等腰中，底边，是腰上的两个动点，且，则当取得最小值时，的值为______．    14．在中，角，，所对的边分别为，，，是的中点，若，且，则当取最大值时的周长为_________． 四、解答题（本题分为5小题，共77分） 15．(13分）已知，复数. （Ⅰ）若对应的点在第四象限，求的取值范围； （Ⅱ）若的共轭复数与复数相等，求的值. 16．(15分）已知函数 (1)求函数在区间上的值域； (2)若对于任意的，不等式恒成立，求：． 17．(15分）中，角，，所对的边分别为，，，面积为，已知． (1)求角； (2)若，边上中线长为，求的周长． 18．(17分）如图，圆锥的底面半径是1，高是. (1)过线段的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积与体积. (2)若过线段上的任意一点作平行于底面的截面，并以该截面为底面挖去一个圆柱，求挖去的圆柱侧面积的最大值. 19．(17分）阅读下面的两个材料： 材料一：我国南宋的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”：若把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，记小斜为，中斜为，大斜为，则三角形的面积为，这个公式称之为秦九韶公式； 材料二：希腊数学家海伦在其所著的《度量术》中给出了用三角形的三条边长表示三角形的面积的公式，即三角形的三条边长分别为，，，则它的面积，其中，这个公式称之为海伦公式； 在中，所对边分别为请回答下面的问题： (1)若的周长为18，且满足，求这个三角形的面积； (2)若的面积为6，其内切圆半径为1，，求、. (3)若，，求面积的最大值. 成都航天中学校高2025级高一下期十二周周清答案 1．【答案】D 【详解】若，则， 因此可得，解得. 故选：D 2．【答案】A 【详解】复数，则复数z的虚部为1. 3．【答案】C 【详解】解：由余弦定理可知， 因为，所以，即， 因为，所以.故选：C. 4．【答案】C 【详解】由题知当上底面边长时，则正三角形中心（重心）到顶点的距离：， 当下底面边长时，正三角形中心到顶点的距离：， 设棱台的高为，侧棱长， 由勾股定理得： ， 则，， 将，， 代入体积公式： ；故选：C. 5．【答案】C 【详解】设直观图中，由题， 直观图是直角梯形，，所以为等腰直角三角形， 故梯形的高，直角梯形面积 ， 又斜二测画法中，原图形面积与直观图面积满足， 已知原图形面积，代入得， 化简得，即， 斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，轴，故. 6．【答案】D 【详解】解法1：设正方体棱长为，则球的半径为， ∵平面截此球所得的截面的面积为，∴截面圆的半径为， 由题意，球心与的距离为， 设到平面的距离为， 是边长为的等边三角形，， 由得，可得， ，由平面，所以球心到平面的距离为， ∴，∴，即正方体棱长为； 解法2：设正方体棱长为，内切球与正方体各面的切点， 恰好为等边三角形各边的中点，截面圆为等边三角形的内切圆， 又因为平面截此球所得的截面的面积为， 所以截面圆的半径为，， 所以，整理得， 故截面圆的半径，解得， 即正方体棱长为． 故选：D． 7．【答案】A 【详解】建立如图所示的坐标系， 到直线的距离， 则， 的取值范围是， 故选A. 8．【答案】B 【详解】如图所示，设四棱锥，底面中心为，棱中点为，连接， 设高为，底面棱长为，则，则， 由高度的2倍的平方等于它的侧面积，可得， 化简得，即， 可知关于一元二次方程的， 因为，解得.故选：B. 9．【答案】ABC 【详解】对于A，因为，所以，所以A正确. 对于B，因为，所以z的共轭复数为，所以B正确. 对于C，，所以C正确. 对于D，，所以D错误. 10．【答案】ABD 【详解】A. 若的夹角为锐角，则 ，且 ，解得且，故错误； B.若与共线，则，解得，故错误； C. 在方向上的投影向量坐标为，故正确； D. 都表示单位向量，表示角平分线方向上的向量， 表示角平分线方向上的向量与边BC垂直，所以AB=AC，为等腰三角形，故错误. 11．【答案】BD 【详解】取水杯上、下底面圆心分别为，过作，垂足为，设该水杯外接球的球心为，如图： 对于A，由题意知水杯的下底面半径，上底面半径， 在中，斜边长，即母线长， 所以该水杯的侧面积为，故A错误. 对于BC，因为当杯底水平放置时，牛奶面到杯底的距离为水杯高度的一半， 所以由梯形的中位线性质知牛奶面的半径为，牛奶面到杯底的距离为， 所以该水杯中牛奶的体积为，故B正确，C错误. 对于D，因为， 所以，即， 代入数据得，解得， 所以， 所以该水杯外接球的表面积为，故D正确. 12．  【答案】 【详解】如图1，过圆心作于，于， 则四边形为正方形，设小圆半径为，扇形半径为，则， 小圆周长为，扇形弧长为， 剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得， 即，， 正方形铁皮边长为，， ，； 在图2中，圆锥的表面积. 故答案为：.    13． 【答案】 【详解】因为是腰上的两个动点，则，， 所以，又， 则，得到，所以， 当且仅当，即，所以， 则， 又是等腰三角形，且底边，取中点，连接，则，且， 所以，    故答案为：. 14．【答案】 【详解】如图，设，则． 在和中，分别由余弦定理可得 ，， 又 所以， 所以，① 由及正弦定理得 ， 整理得，② 由余弦定理的推论可得，所以． 把①代入②整理得， 又，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，即时等号成立． 此时，即， 所以当取最大值时的周长为． 故答案为： 15．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【详解】（Ⅰ）由复数对应的点在第四象限，可得， 解得，所以， 即的取值范围为； （Ⅱ）复数共轭复数为， 因为的共轭复数与复数相等， 所以，即，解得. 16．【答案】(1) (2) 【详解】（1） ， 由，则， 即，即， 则函数在区间上的值域为. （2）对于任意的，不等式恒成立， 则为函数的最大值， 则，，即，， 所以. 17．【答案】(1) (2)6 【详解】（1）因为， 所以，即， 由正弦定理得， 因为，所以，所以， 又，所以． （2）令的中点为，连接，设， 在与中，由余弦定理可得， ， ， 又由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 的周长为． 18．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由题可知，， 所以剩下几何体的表面积为：， 体积为 （2）取上一点，设，则， 所以， 所以圆柱侧面积为， 所以当时，圆柱侧面积最大，为 19．【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】（1）由正弦定理得， 又的周长为18，故，故， ； （2）的内切圆半径为， 则，故，， 又，故， 又，， 故，，则， 联立与，又，解得； （3）， 又，所以， 故， 即， 由正弦定理得 又，故，， ， 当且仅当时，等号成立，故面积最大值为. 试卷第2页，共15页 试卷第3页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 答案第4页，共4页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $