精品解析：安徽省砀山中学2025-2026学年第二学期高一第二次质量检测数学试题

2025—2026学年度第二学期砀山中学高一第二次质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答题卡交给监考老师． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，下列数一定是纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据纯虚数“实部为0且虚部不为0”的定义，逐一验证各选项即可求解. 【详解】选项A：为正实数，虚部为0，不符合纯虚数定义，排除； 选项B：，实部为0，虚部不为，是纯虚数，符合要求； 选项C：复数的实部为， 当时（如时，），实部不为0，不是纯虚数，排除； 选项D：的实部为，属于虚数但不是纯虚数，排除. 2. 下列向量运算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，根据向量减法的三角形法则，，故A正确； 对于B，根据向量加法的三角形法则，，即，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,若，则或者相交或者异面，故A正确， 对于B,若则或者，故B错误， 对于C, 若，则或者或者相交，故C错误， 对于D, 若，则,D正确， 故选：D 4. 已知，，则下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算、数量积运算规则及向量平行、垂直的判定条件，逐一验证各选项即可. 【详解】对于A，，故错误； 对于B，因为，所以，故错误； 对于C，，故错误； 对于D，，，故正确. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知直观图，画出原来平面图形，计算周长即可. 【详解】解：由已知直观图，根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图， 由题意可知，，则， ，，， 所以周长为. 6. 在中，点是的中点，过点的直线分别交射线，于不同的两点，．设，（，），则的最小值（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量的性质得到，再使用基本不等式“1”的代换求解即可. 【详解】由于是的中点，故. 而点在直线上，故， 从而， 当且仅当等号成立. 7. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体．由正方体截得的二十四等边体的体积为，则这个二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设原正方体的棱长为 ， 由题意可知，截去的八个三棱锥是全等的，且每个三棱锥的三条侧棱两两垂直，长度均为 ， 则截去的八个三棱锥的体积之和为， 所以二十四等边体的体积 为，解得， 该二十四等边体的表面由 6 个正方形和 8 个正三角形组成，且边长均为， 故该二十四等边体的表面积为. 8. 已知的面积为，内角，，的对边分别为，，，满足，为三角形外心，且，则的形状为（ ） A. 钝角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】先根据平面向量数量积的概念，结合三角形外心的性质，由可得，再利用三角形的面积公式结合正弦定理，根据可得，即可作出判断. 【详解】因为， 所以， 所以， 因为为外心，所以，， 所以，可得. 又，所以， 将代入，可得， 由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因为为三角形内角，所以，故，所以. 所以为直角三角形. 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. 已知复数，，下列选项正确的是（ ） A. 对应复平面内的点为 B. 若，则对应的点构成的集合围成的图形面积为 C. 若，则， D. 是方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可判断AB；根据题意可得，再解即可判断C；对于D，易知是方程的另一个根，结合韦达定理即可求解． 【详解】复数，对应复平面内的点为，故A正确； 若，则对应的点构成的集合是以原点为圆心，半径为的圆上， 则围成的图形面积为，故B错误； ，又， ，解得，，故C正确； 是方程的一个根，则是方程的另一个根， ，解得，故D正确． 10. 已知非零向量与共线，下列表述正确的有（ ） A. 存在唯一确定的实数，使得 B. C. 向量在上的投影向量为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由向量共线的定义可得；对于B，分与同向及反向即可判断；对于C，根据投影向量的概念判断；对于D，设，根据数量积的运算律即可求解． 【详解】已知非零向量与共线，则存在唯一确定的实数，使得，故A正确； 当与同向时，，当与反向时，，故B错误； 向量在上的投影向量为，故C错误； 对于D，设，则，， 即，故D正确． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形边界及内部一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹长度为2 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 直线与直线所成角余弦值的最小值为 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据面面平行，几何体的外接球、线线角、正方体的截面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以//平面，同理可得：//平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH， 其长度为，故A错误； B选项：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 可知正方体的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积为，故B正确； C选项：由A选项分析可知，点的轨迹为线段， 根据正方体的性质可知，，所以是直线与直线所成角， 要使取得最小值，则取得最大值， 当与重合时，最大， 此时，, ，C选项正确. D选项：如图，设平面与平面交于AN，N在上， 因为截面平面，平面平面，所以， 同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点， 在四棱锥中，侧棱最长，且， 设棱锥的高为h， 因为，所以四边形为菱形， 所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又， 则，， 所以，解得. 综上，可知长度的取值范围是，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算___________． 【答案】 【解析】 【详解】. 13. 已知中，，，则满足三角形有两个解的的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理，三角形有两个解，则满足，代入即可求得边的取值范围. 【详解】如图，，，垂线段， 由正弦定理知，三角形有两个解， 则满足，即， 所以的取值范围为. 14. 如图，一个矩形边长为2和6，绕它的长为6的边旋转一周后所得如图的一个开口容器（下表面密封），是中点，现有一只蚂蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】将此圆柱沿剪开并展开，利用展开图，在中，根据勾股定理求解即可. 【详解】将此圆柱沿剪开并展开，设点关于的对称点为，如图所示： 易知蚂蚁需经过的最短路程为, 由题意可知此圆柱的底面半径，高， 所以， 又因为是中点， 所以, 所以, 在中， 四、解答题：本小题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知单位向量，夹角为，，． （1）求，； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的运算律展开计算，先求出的表达式，再通过​将模长计算转化为数量积运算求解； （2）利用向量夹角余弦公式，先计算和，代入第一问的结果即可求解. 【小问1详解】 ； 因为， 所以. 【小问2详解】 设夹角为， 因为，所以， 因为，所以， 又，所以​​. 16. 如图，在中，，，，，且． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1） 证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用全等三角形性质得出边长关系，结合勾股定理逆定理证明线线垂直，再利用线面垂直判定定理证明； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值. 【小问1详解】 证明：在 中，因为， 由， 可得，，. 在 中，，， 因为， 所以, 又因为，，平面， 所以 平面. 【小问2详解】 由（1）知平面，因为 平面，所以， 又因为，即， 因为，平面， 所以平面，在 中，， 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴， 过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 因为且轴，所以， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17. 如图，已知三棱柱，底面是边长为1的正三角形，侧棱底面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）连接，交于点，连接， 由三棱柱可知，四边形为平行四边形，则，又， 所以为中位线，则， 又平面，不在平面内， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，可得线线平行，进而根据线面平行的判定定理即可得出证明； （2）将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，即可解决问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 取中点，连接，由底面，且，则平面， 又平面，所以， 又因为为正边的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 取中点，连接，则，可得平面， 即为三棱锥的高，则， 所以. 18. 已知、、分别为锐角三个内角、、的对边，且． （1）求； （2）若，则周长的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设结合正弦定理、两角和的正弦公式化简求解即可； （2）先根据正弦定理、三角恒等变换公式化简可得，进而结合角的范围即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，， 则， 即， 在中，，即， 则，即， 因为，所以，则，即. 【小问2详解】 由正弦定理得， 则， 所以 ， 由，得，则， 即，则， 即周长的取值范围为. 19. （用坐标法不给分）如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． （1）设平面与平面的交线为，求直线与直线所成的角； （2）当时，求证：平面； （3）当时，求． 【答案】（1）； （2）因为,故为二面角的平面角, 即,当时,即有, 又因为, 平面, 所以平面, 又因平面,所以, 由（1）中的图，可知, , 又因为,所以, 所以为直角三角形，即, 又因为平面, , 所以平面； （3）或. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由性质定理可得，从而将问题转化为求直线与直线所成的角，在图1中，过作于，由已知条件可得四边形为正方形，即可得答案； （2）由二面角的定义可得，当时，由线面垂直的判定定理可得平面，从而得，在中，由勾股定理的逆定理可得，由线面垂直的判定定理即可得证； （3）利用等体积法可得，从而得，根据三棱锥的体积公式及，求解即可. 【小问1详解】 因为，即在图2中，， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面平面，平面， 故得， 所以直线与直线所成的角，等于直线与直线所成的角， 在图1中，过作于， 因为，，则， 又因，故 故直线与直线所成的角为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知， 又因为，所以， 由，解得 因为， 所以， 即，所以， 又因为， 所以或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期砀山中学高一第二次质量检测 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答题卡交给监考老师． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，下列数一定是纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列向量运算错误的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，，则下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的周长是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，点是的中点，过点的直线分别交射线，于不同的两点，．设，（，），则的最小值（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 7. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体．由正方体截得的二十四等边体的体积为，则这个二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的面积为，内角，，的对边分别为，，，满足，为三角形外心，且，则的形状为（ ） A. 钝角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 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. 已知复数，，下列选项正确的是（ ） A. 对应复平面内的点为 B. 若，则对应的点构成的集合围成的图形面积为 C. 若，则， D. 是方程的一个根，则 10. 已知非零向量与共线，下列表述正确的有（ ） A. 存在唯一确定的实数，使得 B. C. 向量在上的投影向量为 D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形边界及内部一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹长度为2 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 直线与直线所成角余弦值的最小值为 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算___________． 13. 已知中，，，则满足三角形有两个解的的取值范围______． 14. 如图，一个矩形边长为2和6，绕它的长为6的边旋转一周后所得如图的一个开口容器（下表面密封），是中点，现有一只蚂蚁位于外壁处，内壁处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点处取得米粒，则它所需经过的最短路程为___________． 四、解答题：本小题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知单位向量，夹角为，，． （1）求，； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 如图，在中，，，，，且． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 17. 如图，已知三棱柱，底面是边长为1的正三角形，侧棱底面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 18. 已知、、分别为锐角三个内角、、的对边，且． （1）求； （2）若，则周长的范围． 19. （用坐标法不给分）如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． （1）设平面与平面的交线为，求直线与直线所成的角； （2）当时，求证：平面； （3）当时，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $