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

遵化市2025-2026学年度第二学期期中考试 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．已知与是非零向量，，且． （1）求与的夹角； （2）求． 16．已知复数． （1）求； （2）若，求． 17．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．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．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． 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 B B B A B A C A BD ABD 题号 11 答案 BCD 12．1 【详解】， 则． 13．3 【详解】在边长为2的正方形，点为中点，， 所以． 14． 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径和母线的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥的外接球球心在上，根据勾股定理，计算求解，可得外接球半径，代入体积公式，即可得答案． 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，则圆锥的高为 因为侧面展开图为一个半圆，所以，解得， 又轴截面面积为，所以， 解得，则，圆锥的高为， 由题意三棱锥的外接球的球心在上，且设为，外接球半径设为， 连接，则，所以， 在中，，即， 则，解得， 则三棱锥的外接球的体积． 15．（1） （2） 【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，即可得到的值． 【详解】（1）因为，所以，即， 又，所以，所以， 又，可得与的夹角为． （2）因为， 所以， 所以． 16．（1） （2） 【分析】（1）利用复数乘法运算化简，结合共轭复数即可求出； （2）通过复数相等求出的值，再利用模长公式即可求出． 【详解】（1）， 所以． （2）由，得， 即， 所以，解得，故． 17．（1）； （2）． 【分析】（1）已知两边及其夹角，利用余弦定理计算边即可； （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，且为锐角，所以， 又因，由余弦定理，． （2）因为是线段的中点，所以， 则， 即，即的值为． 18．（1）． （2）． （3）． 【分析】（1）由正弦定理得，化简得，即可求解； （2）由，得，由正弦定理得，再由余弦定理即可求解． （3）由余弦定理得，即，当且仅当时取等号．取的中点，因为，所以，同理可得，又，再由余弦定理求出，即可求解． 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 所以． 又， 所以， 又，所以，可得， 因为，所以． （2）因为，所以，即， 即， 又因为，所以． 由正弦定理得， 所以， 由余弦定理可得， 因，代入可得：， 解得． （3）由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号． 取的中点，因为，所以， 同理可得，又， 由余弦定理， ， 所以的面积． 即面积的最大值为． 19．（1）证明见解析 （2） （3） 【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理可得答案； （2）分别取的中点，由余弦定理求出，面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角．求出正弦值即可； （3）由面面垂直的性质定理得平面，设，设到平面的距离为， 根据求出，再由直线与平面所成角的余弦值得．在中由余弦定理求出可得答案． 【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面， 又平面平面平面，所以； （2）分别取的中点，连接，如图所示． 因为，所以， 又，由余弦定理得 又，所以， ， 所以，即，即． 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面， 所以，因为分别为的中点， 所以，又，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角． 因为， 所以， 所以， 即二面角的正弦值为； （3）连接，如图所示，因为， 点为的中点，所以， 又平面平面， 平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，由余弦定理得 所以，又， 所以． 显然点不与点重合，设， 所以 设到平面的距离为，则，解得， 又直线与平面所成角的余弦值为， 所以， 所以．在中，， 则， 在中，， 即， 整理得，解得或（舍）， 所以． 学科网（北京）股份有限公司 $