精品解析：四川广安市加德学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

广安加德学校高2025级2025--2026下期半期考试 数 学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题只有一个选项符合题目要求． 1. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的定义判断即可. 【详解】复数的虚部为. 故选：C. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理得到，又，所以，故. 【详解】由正弦定理得，即， 所以， 又，所以，故. 故选：C 3. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由共线向量、相等向量和数量积的概念逐项判断即可. 【详解】选项A：共线单位向量可同向也可反向，反向时，A错误； 选项B：相等向量的定义是方向相同、模长相等，因此若，必有，B正确； 选项C：时，两向量夹角为或，夹角为时，C错误； 选项D：若是零向量，零向量与任意向量平行，此时与可以不平行，D错误. 4. 若为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与相交 【答案】C 【解析】 【分析】ABD选项，举出反例；C选项，根据线面平行的性质得到线线平行，进而由线面垂直得到线线垂直，故. 【详解】A选项，若，则或异面，A错误； B选项，若，则或异面或相交，B错误； C选项，因为，，，所以， 因为，，所以，故，C正确； D选项，若，则与相交或异面，D错误. 故选：C 5. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得. 【详解】梯形中，，而， 则梯形的高， 因此梯形的面积， 而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的， 所以原图形OABC的面积为. 故选：D 6. 如图，某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选B，C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，，，在C处测得大楼楼顶D的仰角为.则大楼的高度为（ ）m. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由正弦定理得到，进而由三角函数求出. 【详解】在中，，，， 故， 由正弦定理得，即， 故， 在Rt，，z则m. 故选：B. 7. 如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，过作的平行直线，利用几何法求出异面直线夹角的余弦. 【详解】在正四面体中，取中点，连接， 由是的中点，得，则是异面直线与所成的角或其补角， ，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件，确定的形状，再以为原点，建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标表示，再结合二次函数求最小值. 【详解】因为，所以为中点， 又为的外接圆圆心，所以为直角三角形，， 又，所以为等边三角形， 如图，以为原点，建立平面直角坐标系： 则，，设，， 则，， 所以 ，（当时取“”）. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为虚数单位，复数，，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. 为实数 D. 的虚部为-5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的共轭复数判断A；求出、可判断B；由复数的加法，求出的值判断C；由复数的乘法运算，求出，可判断D. 【详解】因为的共轭复数为，所以A错误； 因为，，所以B正确； 因为，所以C错误； 因为， 所以虚部为，所以D正确. 10. 已知向量满足，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 在方向上的投影向量为 D. 若，则与的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量的数量积定义式和数量积运算律计算可依次判断A,B,D,利用投影向量概念和公式可判断C. 【详解】对于A：因为，所以，故A正确； 对于B：因为，所以，因为，故B正确； 对于C：在方向上的投影向量为，故C错误； 对于D：因为，所以， 因为，所以与的夹角为，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使A，B，C三点重合于点，得到三棱锥，下列关于该三棱锥的说法正确的有（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 点G，H分别是，上的动点，则周长的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直可证判断A；利用等体积法可求到平面的距离判断B；求得外接球的半径，进而求得体积判断C；展开到一个平面，如图1，即的长为最小值，可判断D. 【详解】因为，，平面， 所以平面，又平面，所以，故A正确； 设点到平面的距离为，由， 得，解得，故B错误； 因为， 所以三棱锥的外接球即为以为同一顶点的长方体的外接球， 所以，所以， 所以三棱锥的外接球的体积为，故C正确； 将沿转动到与在同一平面内，图1所示： 则周长的最小值为，由勾股定理可得，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．将答案直接填在答题卷相应的横线上． 12. 已知向量，，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标公式即可得出答案. 【详解】因为，所以. 故答案为： 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长是，则它的体积是_____. 【答案】 【解析】 【分析】取正棱台的轴截面，利用勾股定理得到高，然后求体积即可. 【详解】 如图，截取棱台过侧棱的轴截面，为侧棱，， 则，，， 所以，即棱台的高为2， 所以棱台的体积. 故答案为：. 14. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则的最大值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式得出，分析可知，在等式两边同除，并令，可得出，结合二次函数的基本性质可求得的最大值. 【详解】因为，由正弦定理得， 即， 即， 两边同时除以，得， 即， 令，则， 故当时，即当时，取最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，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. （1）当时，求； （2）设，在复平面内对应的点分别为，，若，求的值. 【答案】（1）1 （2）1或 【解析】 【分析】（1）根据共轭复数的定义及复数除法运算，复数模公式求解； （2）由题，利用复数的几何意义求得，，利用两向量垂直的坐标关系求解. 【小问1详解】 当时，，则， ， . 【小问2详解】 由题，，所以，， 则， 由，则，解得或. 16. 如图，已知在平面四边形中，． （1）设，若，求； （2）是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）在中，利用余弦定理，求得，再在中，求得，即可求解； （2）由平分，可得，利用余弦定理，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：在中，因为， 由余弦定理得， 可得， 在中，因为，可得， 因为，所以． 【小问2详解】 假设存在，因为平分，可得， 由余弦定理，可得，解得， 所以， 但此时，所以假设不成立，不存在BD符合题意. 17. 如图，在边长为2的正方体中，为中点， （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）在边长为2的正方体中，设交于点，则是中点， 连接，因为为中点，所以， 又平面平面，所以平面. （2）在边长为2的正方体中，平面， 平面， 底面为正方形，， 平面平面， 平面. （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得； （2）由线面垂直的判定定理及正方体的性质可得； （3）根据棱锥的体积公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在边长为2的正方体中，平面， 所以三棱锥的体积为. 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得； （2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果； （3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得：，又， ， 即，又，，， 又，. 【小问2详解】 由余弦定理得：，解得：， . 【小问3详解】 由余弦定理得：， （当且仅当时取等号），， 又，； ， 令，，则在上单调递增， ，即，的最大值为. 19. 如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点． （1）当为的中点时． ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值． （2）若，求二面角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）①由题设，易知是边长为4的正方形，且，， 由平面， 则平面，因平面，则， 又，平面， 则平面， 由平面，则， 又，为的中点，则， 由平面， 则平面； ② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题设及线面垂直的判定和性质得，进而得平面，再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证；②先应用等体积法求到平面的距离，再根据线面角的定义求其正弦值； （2）构建空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求二面角正弦值的范围. 【小问1详解】 ①略； ②由平面，平面，则，且， 同理可得，则，故， 由， 设到平面的距离为，由可得， ，而， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问2详解】 由上分析，平面，且,则可建立如下图所示的空间直角坐标系， 依题意，,因为的中点，则， 又因，则， 所以， 若是平面的一个法向量， 所以，故可取， 因为轴平面，则可取为平面的一个法向量， 则， 设,因，则，且, 令，因在上单调递增，故， 则，故，则, 也即,则，即， 因，故得 即二面角的正弦值的取值范围为.    第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安加德学校高2025级2025--2026下期半期考试 数 学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题只有一个选项符合题目要求． 1. 复数的虚部为（　　） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 3. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 若是共线的单位向量，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 若为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与相交 5. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 6. 如图，某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选B，C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，，，在C处测得大楼楼顶D的仰角为.则大楼的高度为（ ）m. A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为虚数单位，复数，，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. 为实数 D. 的虚部为-5 10. 已知向量满足，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 在方向上的投影向量为 D. 若，则与的夹角为 11. 如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使A，B，C三点重合于点，得到三棱锥，下列关于该三棱锥的说法正确的有（ ） A. B. 点到平面的距离为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 点G，H分别是，上的动点，则周长的最小值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．将答案直接填在答题卷相应的横线上． 12. 已知向量，，若，则_____. 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长是，则它的体积是_____. 14. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则的最大值为_________. 四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，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. （1）当时，求； （2）设，在复平面内对应的点分别为，，若，求的值. 16. 如图，已知在平面四边形中，． （1）设，若，求； （2）是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 17. 如图，在边长为2的正方体中，为中点， （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求三棱锥的体积. 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 19. 如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点． （1）当为的中点时． ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值． （2）若，求二面角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $