精品解析：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． 第1页/共1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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数虚部的概念求解即可. 【详解】复数的虚部是. 故选：B. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】将向量垂直转化为，利用数量积的坐标表示计算即可. 【详解】因为，，， 所以 故选：B 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. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，分别求出球与圆柱的体积，计算体积比即可． 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的体积， 所以球与圆柱体积的比值为． 故选：B. 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线面之间的位置关系及性质逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或或相交，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：A. 5. 在中，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. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，由正弦定理、余弦定理可得，，可得是直角三角形，以为原点，建立直角坐标系，由又E为BC中点，在线段AB上，且，可得，的坐标，利用坐标运算可得的余弦值. 【详解】已知，由正弦定理得，又， 由余弦定理，所以， 则有，即是以为直角的直角三角形， 如图，以为原点，建立直角坐标系，设，则， 又E为BC中点，在线段AB上，且， 则，，，，， 解得． 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据和差角公式以及弦切互化公式即可求解. 【详解】， 故， 故， 故选：A 7. 若复数（其中i是虚数单位），则（ ） A. 5 B. 12 C. 13 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的性质、模长公式和共轭复数的模的性质可求出结果. 【详解】因为， 所以． 故选：C． 8. 在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 在中由余弦定理求得，即知为等边三角形，又由已知，若的外接圆的圆心为有为菱形，则平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】在中，，即，又， ∴为等边三角形 根据题意，有如下示意图： 如图，设的外接圆的圆心为，连接，，，连接PH. 由题意可得，且，. ∴由上知：且，又， ∴，由，平面ABC. 设O为三棱锥外接球的球心，连接，，OC过O作，垂足为D，则外接球的半径R满足，， ，代入解得，即有， ∴三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用三角形的性质确定三棱锥一面的外接圆圆心，由三棱锥外接球球心与面的外接圆圆心的关系以及已知线段的长度求球体半径，即可求球体的体积. 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 【答案】BD 【解析】 【详解】平行于平面的直线，和这个平面内的直线平行或异面，所以A错误； 若直线不平行于平面且，则直线与平面相交，所以平面内不存在与平行的直线，所以B正确； 若两条平行直线中的一条与一个平面平行，另一条有可能在平面内，就不与平面平行，所以C选项错误； 若直线与平面平行，根据线面平行的定义，可得直线与平面内的任意一条直线都没有公共点，所以D正确. 10. 在锐角中，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 【答案】ABD 【解析】 【分析】先通过正弦定理将边化为角，利用和差角公式对已知条件进行三角恒等变形，推导出核心关系 ；再结合锐角三角形的条件，列出三个角的不等式组，求出角 的取值范围，选项A直接验证关系；选项B通过正弦定理将边的比值转化为关于的函数，结合函数单调性求值域；选项C根据的范围判断的取值范围；选项D利用角平分线的面积关系建立等式，结合半角公式进行计算即可判断. 【详解】选项A：由正弦定理 ，得 ， 代入得： ， 所以， 所以， 由，得 ，故 ， 于是 ，在三角形中，解得 ，即 ，故选项A正确； 选项C：因为△ABC为锐角三角形，所以 ， 解得：，故 ，故选项C错误； 选项B： ， 因为，令 ，则 ， 函数 在该区间单调递增， ，， 所以，故选项B正确； 选项D：因为，且为锐角，得： 由 ，得：， 所以， 因为 AD是的平分线， 由面积关系，得： 所以， 因为，代入得：， 两边同除以：， 由三角恒等式，得： 又因为 ，所以 ，故选项D正确. 11. 在中，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 【答案】BCD 【解析】 【分析】A利用辅助角公式化简，求出三角函数值域；B根据判断；C利用余弦定理得出，根据取等条件即可求出；D设外接圆圆心为，求出的外接圆半径，利用求最值. 【详解】因为， 所以， 因为，所以，则， 故，故A错误； 因为，所以为锐角，则三角唯一确定，故仅有一解，故B正确； 由余弦定理得，等号成立时， 因为，故为等边三角形，故C正确； 当时，由正弦定理可知，的外接圆半径， 设外接圆圆心为，则， 则， 等号成立时三点共线且在直线同侧， 故的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数，则__________. 【答案】1 【解析】 【详解】， 则. 13. 已知正方形的边长为2，点为中点，则__________. 【答案】3 【解析】 【详解】在边长为2的正方形，点为中点，， 所以. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径r和母线l的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥的外接球球心在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l，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SO上，且设为，外接球半径设为R， 连接，则，所以， 在中，，即， 则，解得， 则三棱锥的外接球的体积. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，所以，即， 又，所以，所以， 又，可得与的夹角为． 【小问2详解】 因为，， 所以， 所以． 16. 已知复数． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 ， 所以． 【小问2详解】 由，得， 即， 所以 ，解得，， 故． 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． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【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 【小问1详解】 因为，且为锐角，所以， 又因，由余弦定理，． 【小问2详解】 因为是线段的中点，所以， 则， 即，即的值为． 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． 【答案】（1）． （2）． （3）． 【解析】 【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AC的中点G，因为，所以，同理可得，又，再由余弦定理求出，即可求解． 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 所以． 又， 所以， 又，所以，可得， 因为，所以． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号． 取AC的中点G，因为，所以， 同理可得，又， 由余弦定理，， 所以△A'B'C'的面积． 即△A'B'C'面积的最大值为． 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【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h，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． 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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E不与点A重合，设， 所以 ． 设到平面的距离为h，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $