黑龙江大庆市大庆中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

**基本信息** 这份高一数学期中试卷聚焦向量、立体几何与解三角形核心内容，通过黄河大桥测量、阿基米德多面体等真实情境与数学文化素材，构建基础巩固、能力提升、创新应用的梯度试题，体现数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）与语言（模型意识）的核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、向量投影、斜二测画法|第7题结合实际测量情境，考查解三角形应用| |多选题|3/18|空间线面关系、半正多面体性质|第11题融入数学文化，综合考查体积与外接球| |填空题|3/15|向量夹角、平面向量分解|第14题设置锐角三角形条件，考查边角关系取值范围| |解答题|5/77|向量运算、立体几何证明与空间角、解三角形|第17题以四棱锥为模型，综合考查线面垂直与线面角，注重逻辑推理|

高一数学试题 1、 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．复数，则（ ） A．-3 B．2 C． D．4 2．已知是两个不共线的向量，若向量，共线，则（   ） A．6 B．4 C． D． 3．已知向量，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，，，则原平面图形的面积为（     ） A． B． C． D．6 5．已知向量，满足，，则的最小值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6． 如图，在梯形ABCD中，，，，，将梯形绕着AD所在的直线旋转一周，得到的旋转体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．数学兴趣小组想要测量桑园子黄河大桥北塔的高度，但不能直接测量，现采用以下方案：假定大桥北塔垂直于桥面，一辆小汽车在行驶过程中，车内观测员两次仰望塔顶的仰角分别为，（如图），设乘客眼睛离地面的距离为，.若在同一水平高度，且，，在同一竖直平面内，则北塔高为（    ） A． B． C． D． 8．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ） A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 2、 多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．已知m、n是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 10．如图，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则直线与平面平行的是（    ） A． B． C． D． 11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为 D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量满足与的夹角为，若，则__________. 13．在中，点在线段上，点在线段上，且满足，．若（，），则的值为_____． 14．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围为____________. 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．已知向量与的夹角，且，． (1)求，； (2)求与的夹角的余弦值． 16．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点. (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 17．如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．锐角中，角的对边分别为，且． (1)求角B； (2)求的取值范围． 19．如图，长方体中，，，点是棱的中点.    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)是否存在实数，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)若.设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等. 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《高一数学期中试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D D B B B D AB BCD 题号 11 答案 BD 1．C 【详解】因为， 所以. 2．D 【详解】由向量，共线，设， 而向量不共线，因此，解得，. 3．D 【分析】根据投影向量的计算公式求得正确答案. 【详解】依题意，在上的投影向量为. 4．D 【详解】将直观图还原为，如下图所示， 其中，，，则 . 5．B 【详解】对任意向量，满足三角不等式： ， 当且仅当与共线反向时，左侧等号成立， 将，代入可得 ， 即 的最小值为. 6．B 【分析】由题意可得所得旋转体为圆台，利用圆台体积公式计算即可得解. 【详解】所得旋转体为圆台，该圆台上底面半径为、下底面半径为， 高为，故. 7．B 【详解】设，因为，所以， 又因为，所以， 所以，解得. 所以. 8．D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接，    因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，    当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示，      易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 9．AB 【详解】A选项，由于，，由面面平行的性质，可得，故A正确； B选项，若，，由面面平行的判定定理可得，故B正确； C选项，若，，则，可能平行、相交或异面，故C错误； D选项：若，，，则或异面，故D错误. 10．BCD 【分析】根据线面平行的判定定理逐项进行判断即可. 【详解】对A：如图： 连接，交于点，连接，则，平面， 且直线与直线不平行，所以直线与平面相交，故A错误； 对B：如图： 因为，平面，平面，所以平面，故B正确； 对C：如图： 取中点，易证四点共面，且，平面， 平面，所以平面，故C正确； 对D：如图： 连接，则，平面，平面， 所以平面，故D正确. 故选：BCD 11．BD 【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D. 【详解】如图， 该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的. A：因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A错误； B：如图，过三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，故B正确； C：根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为， 侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误； D：几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故D正确. 故选：BD 12． 【详解】因为与的夹角为，所以. 因为，所以， 解得. 13． 【分析】由向量的线性运算求解. 【详解】 所以（的系数），（的系数） 则 14． 【分析】由正弦定理，结合三角恒等变换化简计算即可求解. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又，所以， 即， 整理得，即. 因为，，均为锐角，所以，即， 又，所以. 因为，，均为锐角，所以，即，解得. 由正弦定理得， 因为，所以， 所以. 15．(1)； (2) 【分析】（1）由向量数量积的定义及运算律求解即可； （2）先求出的值，再由夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由已知，得， ； （2）. 设与的夹角为， 则， 因此，与的夹角的余弦值为． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）通过平移得到或其补角就是异面直线与所成的角，利用余弦定理即可求出其余弦值. 【详解】（1）若分别为，的中点，，， 且，四边形为平行四边形，， 又平面，不在平面内，平面； （2） 取中点，连接AE，AF，BG，FG，， 四边形为正方形，且， 四边形是平行四边形， 又且，四边形是平行四边形， ，，或其补角就是异面直线与所成的角. 在中，，，， 由余弦定理，， 故异面直线与所成角的余弦值为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得证； （2）取的中点，连接，即可得到平面，从而得到为直线与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又四边形为直角梯形，且，， 则，所以， 因为，所以，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，，平面，所以平面. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，由（1）知平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角. 又平面，所以， 因为，， 又， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1)； (2). 【分析】（1）由余弦定理进行角化边，即可得解； （2）利用是锐角三角形，且，解得角的范围，再将用进行表示，再运用差角的正弦公式与辅助角公式等进行化简，最后结合角的范围，即可得解. 【详解】（1）由题可得，，由余弦定理， 可得等式左边， 故有，得，, 故. （2）在锐角中，由，得，故， 且，， 即，解得. ， 因为，故， 故，则， 即的取值范围为. 19．(1)； (2)存在，，理由见解析； (3) 【分析】（1）根据题意只需证明平面，即可得到，从而可得答案； （2）存在实数m，使得直线与平面垂直．只需证明，，即可得到直线平面； （3）计算，，设与平面的斜足为O，则，则P为AO的中点，从而可得答案. 【详解】（1）连接，由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； （2）存在实数，使得直线直线与平面垂直．理由如下： 当时，， 因为BC＝1，所以，所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，所以平面， 又平面，所以. 同理可证，又， 所以直线平面； （3）设与平面的斜足为O， 因为， ， 所以,则. 若，则，故. 所以在线段上取一点P，要使三棱锥与三棱锥的体积相等，则P为AO的中点，即． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $