安徽黄山市屯溪第一中学2025-2026学年高一下学期期中质量检测数学试题

**基本信息** 立足高一数学核心内容，通过河岸测量、几何体体积探究等情境题，融合复数、向量、立体几何与解三角形，注重数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）与语言（模型意识）的综合考查。 **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、向量分解、几何体识别|第5题河岸测量情境，考查解三角形实际应用| |多选题|3/18|单位向量性质、球内三棱锥体积|第10题多角度计算体积，体现思维层次性| |填空题|3/15|正四棱锥侧面积、向量夹角|第14题连续整数边长三角形，关联几何与代数| |解答题|5/77|旋转体体积、代数基本定理应用|第17题体积探究与第19题材料题，培养创新应用能力|

屯溪一中2025～2026学年度第二学期期中质量检测 高一数学 一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的．） 1．若（i为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 2．如图所示，已知在中，是线段上的靠近A的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，长方体中被截去一小部分，其中，，则剩下的几何体是（   ） A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．六棱柱 4．已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，若该三角形有两解，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．如图，在河岸上测量河对面，两点间的距离，测得，，，，，则（   ） A． B． C．4 D． 6．如图的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ） A．1 B．2 C．4 D．8 7．等腰梯形中平行于，，，，为线段上任意一点，则的最小值是（   ） A． B． C．4 D． 8．棱长为的正方体盒子中装有半径分别为1和2的两个铁球，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9．已知单位向量，，满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 10．设A，B，C，D在一个半径为4的球的球面上，为等边三角形且其面积为，则三棱锥的体积可能为（   ） A． B． C． D． 11．在△ABC中，角的对边分别为，且 则下列说法正确的是（   ） A．为钝角三角形 B． C．若为边的中点，则|AM|的取值范围为 D． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12．正四棱锥的底面边长为，高为，则它的侧面积为________. 13．已知，是两个互相垂直的单位向量，若两向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围________. 14．若一个三角形的三条边长是三个连续正整数，且最大角是最小角的2倍，则该三角形的面积为______. 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．已知复数，且为纯虚数． 求复数； 若复数，求复数的模． 16．在中，内角所对的边分别为，已知，，且． 求角的大小； 若，的面积为，求的周长． 17．在中，内角的对边分别为，其中，分别以的两条直角边、斜边所在的直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，其体积分别是. (1)若，求：的最大值； (2)探究的关系；依据探究所得，若，求的最小值 18．在中，角，，所对的边分别为，，，满足． 求角． 为边上一点，且． 若，求当取最小值时的值 若为角平分线，求的取值范围． 19．材料一：我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积，且一次因式的个数包括重复因式就是被分解的多项式的次数.事实上，数学中有如下定理： 代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根. 材料二：由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元n次多项式方程有n个复数根重根按重数计 下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系. 设实系数一元二次方程 在复数集C内的根为、，容易得到 设实系数一一元三次方程① 在复数集C内的根为、、，可以得到，方程①可变形为 展开得：② 比较①②可以得到根与系数之间的关系： 阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题： 已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、 (1)对于方程在复数集C内的根为、、，求的值； (2)已知函数，对于方程在复数集C内的根为、、，当时，求的取值范围. (3)若ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值. 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高中数学期中考试卷参考答案 题号 1 2 3 5 6 8 9 10 答案 C B C B A D B C ABD AB 题号 11 答案 ACD 1.c 【球1一其侣091-多以 2.B 【详解】因D是线段AB上的靠近A的三等分点，则CD=BD-BC=BA-BC 3 3.C 【详解】依题意，AD/IAD'//EH/IFG/IBC,且AD=AD=EH=FG=BC, 又平面AA'EFB/平面DD'HGC, 所以由棱柱的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱. 4.B 【详解】因为该三角形有两解，所以asin B<b<a, 即25<b<45,所以b的取值范围是2W3,4W3) 5.A 【分析】应用正弦定理及余弦定理计算求解. 【详解】因为∠CAD=45°，∠CBD=45°， 在△ACD中，由正弦定理可得 CD AD im∠C4 sinAc2则AD-CDsina1c2_2W6 sin∠CAD 在ABCD中，由正弦定理可得 sin<C8 "sin BCD:则BD-CDsm∠BCD CD BD 2=2W2. sin∠CBD 在△ABD中，由余弦定理可得AB2=AD+BD-2AD.BDcos∠ADB=8,则AB=2√2. 6.D 【分析】根据题意，结合斜二测画法，得出△OAB的形状，结合三角形的面积公式，即可 求解， 【详解】过B'作B'C/1OA交y轴于点C",可得∠B'CO=45, 因为∠B'Oy=90°，所以△OBC为等腰直角三角形，所以OB=O'C'=2√2， 答案第1页，共11页 根据斜二测画法，可得△OAB,如图所示，则OA=2√2，OC=4√2， 所以△4B0的面积是S=O4:0C=x2V2×4V2=8. 2 B 7.B 【详解】以A为原点，建立如图平面直角坐标系， D B 则A(0,0),B(4,0),D(1,1) 设AP=tAD=(t,t),t∈[0,1]，则PA=(-t,-t), PB=PA+AB=(-t,-t)+(4,0)=(4-t,-t), 所以PB+2PA=(4-t,-t)+2(-t,-t)=(4-3t,-3t) 所以P历+2p=4-￥，-=V4-+(3)-2(3-2+4≥25，当且仅当t=号 时取等号 所以PB+2PA的最小值为2√5 8.C 【分析】当正方体内恰好装入的两个铁球刚好外切时，正方体的棱长α取最小值， 作出对角线AC及球心O,O,所在的截面，建立对角线AC与两个球的半径的等量关系式 即可求解 【详解】当正方体内恰好装入的两个铁球刚好外切时，正方体的棱长α取最小值， 答案第2页，共11页 B 13- C 01 D A 设正方体为ABCD-ABCD,球O,O的半径分别为1=1,5=2， 作出对角线AC及球心O,O所在的截面，如图所示， :正方体的棱长为a,AC=V3a=√3a, 在直角△4C4中，sm∠4C4=4-a-5 AC 3a 3 sm∠AC4=2-2 1coca,sm∠AcA=40, c0=25,49-6Vg 3 3 AC=A0+1+5+CO2, √5a=V5+1+2+25=35+3,解得a=3+V5, 即正方体的棱长a的最小值为3+√阝， 所以a≥3+√3 故选：C 9.ABD 【详解】对于A,由a+i=-c,得(a+2=(←)2，即1+2a:6+1=1,解得a.方=-} 则casa)-子面0sa6s,因此a=径A正： 对于B,由b+c=-a,得1b+c=-a=1,B正确： 对于C,a.(b+c)=-=-1,C错误： 对于D,ā在6+e上的投影向量为a-6+96+0)=-6+)=a,D正确 B+cR2 答案第3页，共11页 10.AB 【分析】由题意求出△ABC的边长，确定点D到平面ABC的最大距离，点D到平面ABC 的最小距离，进而得出三棱锥D-ABC体积取到最大值及最小值，即可求得答案， 【详解】由题意知△ABC为等边三角形且其面积为9√5， 故5B-0W5,即得他6 设△ABC的外接圆圆心为O,设三棱锥D-ABC的外接球球心为O, 因为OO⊥平面ABC,当D,O,O共线且O位于D,O之间时， 设△1BC外接圆的半径r,则r=2x5a 3x2a=2V5, 由于OOL平面ABC,O'Cc平面ABC, 故00L0C,而oC=x 2×6=25,0C=4, 32 故00=V4-(25=2, 所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6，点D到平面ABC的最小距离为4-2=2， 所以三棱锥D-ABC体积的最大值为x95x6=18W5,最小体积为}×5x2=65. 所以三棱锥D-ABC的体积可能为123或18√3 B 故选：AB. 11.ACD 【分析】选项A：根据余弦定理代入求解即可选项B:根据向量的数量积以及余弦定理代 入求解选项C:根据中线长公式以及三边关系求解选项D:根据正弦定理以及均值不等式 求解即可。 【详解】对于A,因a=3,c2+2b2=9,由余弦定理得 9=b2+c2-2bc cosA=b2+(9-2b2)-2bc cosA, 答案第4页，共11页 整理得cosA= 名0，即角A为钝角，所以△45C是钝角三角形，A正确 对千B.2证a-2如k4ar小-2o42x(2)- 面C8.C=hcoC+-c9+-9-2,F兰b>0B错圆 2 2 对于C,由中线长公式，4M-2办+2c-d.2+202）99-2次-￡，则 4 4 4-4 A-号 在△4BC中，有c>b-3,且c2=9-2b2,则得9-2b2>(b-3),解得0<b<2, 进面cLo),即得片受子故4M=,c正偏： 对于D:由正弦定理，m4=a=-3, 2R 2R ，3 sin Bsin c=3bc 4R2, 则sinA≥3 sin Csin B等价于 3、3bc 2P4即2R≥bc,即32bc,也即bcmA≤3( 因c=√9-2b,则sinA=1-cos2A= 24c2-63√4-b 2√9-2b2 故xcmA=bn6-2Dx34-F=26N4-F3+4- 2V9-2b221 22 =3,当且仅当 b=√2，c=√5时取等 即(*)成立，故不等式sinA≥3 sin C'sin B恒成立，D正确. 12.410 【分析】根据正四棱锥的底面边长与高，可得正四棱锥的斜高，进而可得表面积 【详解】 A D B 如图所示，正四棱锥P-ABCD, 设底面ABCD中心为O,取CD中点E,连接OE,PE, 答案第5页，共11页 由题意可知CD=2,PO=3, 则OE=1,PO⊥平面ABCD,且PE⊥CD. 因为OEc平面ABCD,则PO⊥OE, 所以PE=VP0+0E2=V10, 所以S4=4S.m=4×x2xV0=4N10, 故答案为：410 166到 14.5V7 4 【分析】先根据正弦定理和余弦定理求出三角形三条边和角的正弦值，进而根据三角形面 积公式求出结果， 【详解】根据题意，设三角形的三条边长分别为n-l,n,n+1(n∈N,n≥2)， 对应的三个角分别为A,B,C,因为最大角是最小角的2倍，所以C=2A. 根据正弦定理用m。,而s血C=S如24=2n40s4】 2cosA'化简得cosA=n+1 所以n-1=+1 2(n-1)① 根据余弦定理得cos4-心++-少+4®。 2n(n+1) 2(n+1) n+1n+4 ①②联立得2n-司2m+,化简解得n=5,所以三角形三条边长分别为45,6. 又cosA= n+1_3 2(n-1)41 -24,所以0<4<分所以smA=coA=6=骨 所以该三角形的面积为S=)×5×65-15万 2 44 15.(1)z=2+2i: ev 【详解】(1)由题意得，(2+3)·z+2=(2+3)·(2+bi)+2=(4-3b)+(6+2b)i+2= (6-3b)+(6+2b)i, ~(2+31)·z+2是纯虚数， 答案第6页，共11页 .6-3b=0,6+2b≠0， b=2, .z=2+2i; (2)由(1)得z=2+2i,代入得： g-2+2-共-+2-41-专+ w=4-2i=4-2i=2-i(2+02-i0 5 而=1， 而+i=i+i=+ +=+封=、)+-号 16.(①A=3 (2)周长1=a+b+c=5+√13 【答案】(I)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 已知m=(a,c-2b),元=(cosC,cosA), 且m1元. 所以m·元=acosC+(c-2b)cosA=0, 利用正弦定理整理得：sinAcosC+sinCcosA-2 sinBcosA=O, 所以sin(A+C)-2 sinBcosA=0, 即sinB-2 sinBcosA=0,由于simB≠O, 故c0sA= 由于0<A<元，所以A= (2)由于△ABC的面积为V3, 所以bcsinA=V√3，整理得bc=4. 利用余弦定理a2=c2+b2-2 bccosA=(b+c)2-3bc=13,解得a=√13， 所以周长L=a+b+c=5+V3. 17.(1)144元 (2)3+22 【答案】1)若绕c旋转：斜边上的高h-心，体积=c=m五 1 c 3 36 答案第7页，共11页 因为d+6=144,所以r=a6≤元. a+b3)2 2 =144元， 3636 当且仅当a=b=6√2时等号成立，此时7=乃，=144√2π， 即几何图形体积的最大值为144π (2) V,=Iba? 3 4- 1,11 疗网国 1+1=1 当y1,则“7咽 1 当且仅当严+时，等号成立 18.()A=3 2)号=V3-1 (3)[2W2+V3,+∞). 【答案】解：(1)a(V3sinB+cosB)=b+c, ∴由正弦定理得，sinA(√3sinB+cosB)=sinB+sinC, 展开得V3 sinAsinB+sinAcosB=sinB+sin(A+B), 3sinAsinB sinB sinBcosA, 因为B∈(0，π)， 所以sinB≠0， 所以V3sinA-cosA=1, 可得2sin(A-2=1,即sin(A-3=2 因为A∈(0，m),所以A-君∈(-若，3 所以A-名=客即A=子 答案第8页，共11页 (2)①由BD=2DC,得BD-子BC=(AC-AB) 所以AD=AB+BD=AB+子(AC-AB)=号AB+子AC, 所以AD2-(GAB+子AC)°-号AB+台AB·Ac+1Ac, 得4=6c2+等b2+bc, 又BC2=b2+c2-bc=36b2+c2-b0=36原2-+ 4b2+c2+2bc (2+2%+4 令t->0.则8c2-z=361-n=36- t2+2t+4 14, 则当且仅当号=t=V3-1时，等式成立，BC取最小值. ②在△ABD中，由正弦定理得A0 BD AB 即2 BD AB sinB sinLBAD sinADB' sinB 所以AB+3BD-2048-EnB84aB起-V5+4o号+2an受-V5+ sinB sinB 2sin2cos号 +tanz' tan吃 又因为8∈(0,3， 所以tau号c0V).AB+3BD=V3+a+ta号>V3+2 B 2 B×tan2=2W2+√3， B tan号 当且仅当乙=tan时，等号成立， tan号 则AB+3BD=V3+2+tan号∈[22+V3+o). tan 19.(1)11: (2[-6,-3]: (3)-1. 【分析】(1)根据已知有x3+3x2-x+5=0,结合已知材料有x+x3+x3=-3、 x3+3+x3=-1,即可求+x+x； (2)根据已知，设x3+bx+(2-k)=(x-z1)(x-22)(x-23)及多项式相等得3+3+3=0， 进而有z+亏+亏=3-6，即可得范围： (3)设菱形的对角线的交点为M(s,t),由题意A(,f(m),C为(2s-,2t-f()代入 函数得到M(-1,2),结合菱形的性质及MAMB=0的坐标表示得到 答案第9页，共11页 (m+1)(n+1)1+(m2+2m-2)(+2n-2)】=0,讨论(m+1)(n+1)=0得矛盾，即可得. 【详解】(1)将f(x)-x+5=0变形，已知f(x)=x3+3x2,则方程为x2+3x2-x+5=0, 由材料得4x+4x2+a4x+4=0(这里4=1，=3,4=-1，=5)， 若根为，为，，根据根与系数的关系有+x+3=-=-3, +5+书=及=-1， x2+号+为=（出+为+3）}-2（出x3+x3+为3）=(3)2-2×(-1)=9+2=11. (2)由题有8(x)-k=0的三个实根为，22,3，设 x3+bx+(2-k)=(x-3)(x-3)(x-23), 展开得x3+bx+(2-k)=x3-(3+32+3)x2+(33+33+2223)x-z1z223,故z1+32+23=0, 则+z+z=(k-2)-bz+(k-2)-bz2+(k-2)-b2=3k-6,又k∈[0,1]，故 3k-6∈[-6，-3]， 综上：当k∈[0，]时，++写的取值范围为[-6，-3]： (3)设菱形的对角线的交点为M点，坐标为（⊙，t), 先证点M为函数的对称中心，证明如下： 由题意，A,C两点关于M对称，A(m,f(m),故C点坐标为(2s-,2t-f(m), 将C点坐标代入函数可得2t-f(m)=(2s-m)3+3(2-m)2, 即2t-1m23-3m2=(2s-1m)3+3(2s-m2 即2t-m2-32=8s2-12s2m+6swm2-m2+122-12m+3m, 化简可得：(6s+6)m2-（12s2+12s）m+8s3+12s2-2t=0, 因为有四个不同的点，所以关于m的方程有四个不同的解，故各项系数均为0， [65+6=0 即12s2+12s=0,解得{ =2,所以M-12),且M在f)=+3x上 5=-1 8s3+12s2-2t=0 又因为ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，故MA.MB=0 答案第10页，共11页 又B(f(),则A=(m+1,f(m)-2）,MB=(n+1,fm)-2), 所以(m+1)(n+1)+(f(m)-2)(f(n)-2)=0, 即m+1)(n+1)+(m3+3m2-2)(n+3m2-2)=0, (m+1(n+1)+[m+1(m+2m-2)0n+102+2n-2]=0, (m+1(n+1)[1+(m+2m-2(r+21-2]=0, M 若(m+1)(n+1)=0,则m=-1或n=-1,即点A与点M重合或点B与点M重合，此时四 边形ABCD不能构成菱形， 故(m2+2-2(n2+2n-2)=-1. 答案第11页，共11页