河北唐山市遵化市2025-2026学年第二学期期中质量检测高一数学试卷

**基本信息** 高一数学期中卷涵盖复数、向量、立体几何、解三角形等核心知识，解答题融合数学文化（如拿破仑定理）与空间问题，考查几何直观、推理能力，适配阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数虚部（1）、圆柱与球体积比（3）|基础巩固，突出概念辨析| |多选|3/18|空间线面关系（9）、锐角三角形性质（10）|能力提升，考查逻辑推理| |填空|3/15|复数运算（12）、圆锥侧面展开（14）|简洁应用，强化空间观念| |解答|5/77|向量夹角（15）、拿破仑定理应用（18）、四棱锥二面角（19）|综合创新，体现数学思维与应用意识|

遵化市2025-2026学年度第二学期期中考试姓名：____________________ 考生号：_____________________________ 高一数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后。用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一个选项符合题目要求。 1．复数的虚部是（   ） A．5 B． C． D． 2．已知向量，，若，则（   ） A． B． C． D．6 3．若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（    ） A． B． C． D． 4．对于两条不同直线m，n和两个不同平面，以下结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，E为BC中点，在线段AB上，且，和CF相交于点，则的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．若复数（其中i是虚数单位），则（    ） A．5 B．12 C．13 D．17 8．在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分。 9．关于空间中直线与平面的位置关系，下列命题正确的是（    ） A．若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行 B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线 C．若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行 D．若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点 10．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.下列说法正确的有（    ） A． B．的取值范围为 C．取值范围为 D．若的平分线交于，，，则 11．在△ABC中，角，，的对边分别为，，，若，为的中点，则下列结论正确的是（   ） A． B．当，时，仅有一解 C．当时，为等边三角形 D．当时，的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知复数，则__________. 13．已知正方形的边长为2，点为中点，则__________. 14．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为为底面圆的一条直径，为圆上的一个动点（不与重合），则三棱锥的外接球体积为__________. 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。 15．（13分）已知与是非零向量，，且． (1)求与的夹角； (2)求． 16．（15分）已知复数． (1)求； (2)若，求． 17．（15分）在中，内角的对边分别为，且，锐角满足． (1)求的值； (2)若是线段的中点，求的值． 18．（17分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． (1)求A； (2)若，求a； (3)拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”如图，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A'，B'，C'，若，求△A'B'C'的面积的最大值． 19．（17分）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面平面，，点是棱上的一点． (1)记平面与平面的交线为，求证：； (2)若，求二面角的正弦值； (3)若直线与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 高一数学 第 1 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $遵化市2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 E 8 B B C A BD ABD 题号 11 答案 BCD 12.1 【详解】z= 1+i 1+i2 1-i -i)0+i)2i 则=1， 13.3 【详解】在边长为2的正方形ABCD,点E为CD中点，EA=ED+DA,EB=EC+CB, 所以EAEB=(ED+DA(EC+CB)=-ED+DA=-1+22=3. 14. 32V5π 27 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径r和母线1的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥S-ABC的 外接球球心在SO上，根据勾股定理，计算求解，可得外接球半径R,代入体积公式，即可得答案 【详解】设圆锥底面圆半径为r,母线长为1，则圆锥的高为√P-·2 因为侧面展开图为一个半圆，所以2如子×2记，解得1=2x, 又轴截面面积为5，所以x2r×P-产=rx3,=5, 解得r=1,则1=2，圆锥的高为5， 由题意三棱锥S-ABC的外接球的球心在SO上，且设为O,外接球半径设为R, 连接QB,则S0=OB=R,所以OO,=V3-R, 在RtAOOB中，OB2=O0+OB2,即R2=(5-R)2+1, 则R2-3+R-2W5R+1,解得R=2 3 则三棱锥S-ABC的外接球的体积V=4R=4虹 2W3 325元 3 3 27 1 S 018 A: B 15.(1) 6 (2)25 【分析】(1)利用向量垂直得，然后由向量夹角公式计算可得结果： (2)利用数量积的运算律先求3ā+2，即可得到3ā+2的值 【详解】(1)因为(a+b)1b,所以(a+b)b=0,即a.b+=0, 又同=2，=5，所以a6=-3,所以c0s0= a.b--33 网5252’ 又0≤0≤π，可得ā与5的夹角6为5 6 (2)因为=25=5，ā五=-3， 所以3ā+25=(3ā+2b=92+12a-6+462=36-36+12=12, 所以3a+2b=25. 160- (2)W5 【分析】(1)利用复数乘法运算化简，结合共轭复数即可求出： (2)通过复数相等求出a,b的值，再利用模长公式即可求出. 【详解】1）z=2=+0+i=2-01+D+2i=3+i+2i=2+i, 1-i 2 22 22 所以2=35； 21 a由e-=346-abe.得a号到传到-340- 即3a+)+a-mi=3+b-2i, 2 a=3 所以{。 ,解得a=1,b=2,故|a+bi曰1+2i=√5. 50-4=b-2 17.(1)c=8: (2)V21. 【分析】(1)已知两边及其夹角，利用余弦定理计算边c即可； (2)求中线的值利用向量的平行四边形法则，将中线表示为相邻两边的向量和，利用向量模长的计算方法计 算即可 【详解】(1)因为sinC-4W5,且C为锐角，所以cosC=-m产C 7 7 又因a=7,b=5,由余弦定理，c=2+62-2bc08C=7+5-2×7x5x号8. (2)因为D是线段AB的中点，所以c而=（西+C网， 则可-@-可-远a+a2x5号f小 即CD=√2i,即CD的值为√2i. 180A号 (2)a=√5. 3)36 16 【分析】(1)由正弦定理得s血C-√3 sinA 3 mB+c0sB,化简得cosA=5i 3simA,即可求解； (2)由cos(B+C)=-1 得动8snC令，由正弦定理得c-女，科由会按定理即可求解 (3)由余弦定理得 3 2 -d=6G2c之k,即c圣当且议当6=c时取等号.取4C的中点G b 因为AG 4=cos 所以4叫-.同罪可得hC夏c,又∠B4C- 3 再由余弦定理求出 AB 6 IB1s ,即可求解。 【详解】1)因为发5血B+coB,由正弦定理得mC -sin B+cos B, a 3 sinA 3 所以sinC-inco8=5 3sin AsinB. sin C=sin(A+B)=sin AcosB+cos Asin B, 3 所以cos si=5 3 sin Asin B, 又B∈(0，π)，所以sinB>0,可得tanA=√3， 因为4c(0,所以4=号 )因为4骨所以+C=子，即co(8+c)=子 1 cos B cosC-sin B sin C=- 又因为cos BeosC=-1 g,所以sin sinc=. 3 8 b c 2a 由正弦定理得 sinAsin BsinC√5' 所以sinsin C=50c=3e=3,c=ad, 2a2a4a28 由余弦定理可得d2=b2+c2-2 bc cosA=b2+c2-bc=(b+c)-3bc, 2 因b+c-50,代入可得：4 √30 2 解得a=√5. (3)由余弦定理得 =d=b2+c2-bc≥bc 2 即bes3 当且仅当b=c时取等号. 6 取AC的中点G,因为AG 2 b ABAB' =cosg,所以AB例= 6 3 同理可hc-9。,又4aC=吾2*- 3 63 由余弦定理， @9于6-导得9 所以△1BC的面积Sac-】 即△4B℃面积的最大值为3N5 16 4 B 19.(1)证明见解析 2②2 11 (3)5 【分析】(1)由线面平行的判定定理、性质定理可得答案： (2)分别取BD,PB的中点O,G,由余弦定理求出EO,面面垂直的性质定理得EOL平面PBD,再由线 面垂直的性质定理得出∠EGO为二面角E-PB-D的平面角，求出正弦值即可： (3)由面面垂直的性质定理得PO⊥平面ABCD,设AE=2AD(O<2≤1)，设E到平面PAB的距离为h, 根据.s=-如=亚.4D-=2}S40P0求出h=262,再由直线Pg与平面PAB所成角的余弦值得 3 3 PE=2√31，在△PAE中由余弦定理求出1可得答案。 【详解】(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC/IAD, 又BCd平面PAD,ADC平面PAD,所以BCII平面PAD, 又平面PADO平面PBC=I,BCC平面PBC,所以I/IBC; (2)分别取BD,PB的中点O,G,连接EO,EG,OG,如图所示. 因为PB=PD=2,PB⊥PD,所以BD=VPB2+PD2=2N2, 又AB=2,AD=25,由余弦定理得 cos∠ADB=D4+D8-AB_(25+22-230】 2DA.DB 2×2W5×2W2 10 又AB=2ED,所以ED=DA=25 3 3DO=1DB=√25 EO=ED+DO2-2ED.DOCOS LEDB --2兰. 103 所以ED2=EO2+DO2,即EO⊥DO,即EO⊥BD 又平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD, EOC平面ABCD,所以EO⊥平面PBD,又OG,PBC平面PBD, 所以EO⊥OG,EO⊥PB,因为O,G分别为BD,PB的中点， 所以G-PD=1,0gMP0,又PRLPD,所以P8LoG. 又OGnOR=O,OG,OEc平面OGB,所以PB⊥平面OGE, 又EGc平面OGE,所以PB⊥EG, 所以∠EGO为二面角E-PB-D的平面角. ￥0G=1, 因为010G,B0= 所以EG=VOG2+E0=,1+ 3 ② 所以sin∠EGO= 0多2 EGV1111' 3 即二面角B-PB-D的正弦值为 11 (3)连接PO,OA,如图所示，因为PB=PD=2,PB⊥PD, 点O为BD的中点，所以PO=√2，PO⊥BD, 又平面PBD⊥平面ABCD, 平面PBD∩平面ABCD=BD,POC平面PBD, 所以PO⊥平面ABCD,又AOC平面ABCD,所以PO⊥AO, 在△AOD中，由余弦定理得AO=√DA+DO-2DA·DOc0S∠ADO V25+(列-2x25×5x3 10 -0, 所以PA=√P02+OA2=2V5,又PB=AB=2, 显然点E不与点A重合，设AE=AD(0<1≤1)， 所以店s=%指=形，m=A兮P0 =425x2✉52 10 3 设E到平面P4B的距离为九，则×V5×h=元，解得=V6为 3 又直线PE与平面PAB所成角的余弦值为5， 3 2W6 所以3 PE 3 所以PE=2√31.在△PAD中，PA=2W3,AD=25,PD=2, 则cos∠PAD=AP+AD2-PD12+20-4 7 2AP.AD 2×2W5×2W52W15 在△PAE中， AP2+AE2-PE2 =cos∠PAE, 2AP×AE 即12+203-1227 2x213x25A 25' 整理得2-71+3=0，解得入-号或=-3（合） 所以PE=2√31=5. 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