黑龙江省佳木斯市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

**基本信息** 高一数学期中卷涵盖复数、向量、解三角形、立体几何等核心内容，解答题融合空间几何证明（如圆锥线面平行）、解三角形面积最值等，注重知识综合应用与逻辑推理，适配期中阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数虚部、向量垂直、解三角形角度|基础概念辨析，强化数学抽象能力| |多选题|3/18|正三棱柱线面关系、正方体动点问题|多角度考查空间观念，培养批判性思维| |填空题|3/15|复数运算、斜二测画法、解三角形|结合几何直观，检测符号意识| |解答题|5/77|圆锥侧面积与体积、解三角形周长范围、三棱锥体积|综合应用空间想象与运算推理，体现数学建模与创新意识|

佳一中2025-2026学年度高一学年下学期期中考试 数学试题 时间：120分钟总分：150分 I 卷选择题(共58分) 一、单选题(本题共有8个小题，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．的虚部为（   ） A． B．0 C．1 D．6 2．已知向量，若（+4），则（   ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 3．在△ABC中，BC，AC＝2+2，AB＝2，则A=（    ） A．120° B．75° C．45° D．135° 4．已知三条不同的直线，，，两个不重合的平面，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则 5．在中，角的对边分别为，符合下列条件的三角形有且只有一个的是（    ） A． B． C． D． 6．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1=1，则异面直线A1B与所成角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 7．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（    ） A． B． C． D． 8．在三棱锥中，是边长为4的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．8 B．8 C．16 D．24 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的。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．（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B． C． D．C 10．（多选）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的是（   ） A． B． C． D． 11．（多选）如图，在梯形ABCD中，，，M为线段BC的中点，AM与BD交于点N，P为线段CD上的一个动点，则（   ）    A． B．向量与共线 C．若，则最大值 D． II 卷非选择题(共92分) 三 、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知为虚数单位，若复数___ 13．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为__________． 14．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若则=________． 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．(13分)已知向量满足，，． (1)求向量与夹角的正弦值； (2)设，若与夹角是钝角，求实数的取值范围． 16．(15分)如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，且AB=    (1)若圆锥的轴截面是等边三角形，求圆锥的侧面积及体积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧AC的长为3π6，CD//AB,点M在线段OC上的中点，证明：直线QM//平面PBD． 17．(15分)记中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若，求面积的最大值； (3)若为锐角三角形且，求的周长取值范围． 18．(17分)如图， 在三棱锥 中，，AB=1， 的中点分别为 ，点在上，． (1)证明： F为线段AC的中点； (2)求证： 平面； (3)若直线AD交直线BE于H,求PH的长度；(三角形三条中线必交于一点称为三角形的重心，三角形顶点到重心的距离等于中线长的)． 19 . (17分)将一个直四棱柱体 截去三棱锥后得到如图所示的几何体. (1)若四边形为平行四边形，证明：平面 平行于平面 (2)若=2,====3,=4,求该空间几何体的体积. (3)在四边形，其中 ,设，设表示 的最小值.求函数的解析式，并求出取值范围. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $《佳一中2025-2026学年度高一学年下学期期中考试》参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 A C B D C A AB CD 题号 11 答案 ABD 2. 13.6+2V2+2V3 4 15.(13分) 解 (1)由a+b=3,平方得： |a2+2a·b+b12=9 代入a=2,b=V3,得a·b=1。 a·b 设夹角为8，c0s0= 13 1ab1-2V36 sin9=V1-cos20=网 答案第1页，共4页 (2)m=2a-3b,n=入a+b,夹角为钝角→m·n<0且m,n不共线。 ①m·n=2λa2+(2-3入)a·b-3b2<0, 代入解得：入< 11 回若共线：2×1(-3)入=0之入=二需舍去 11 综上：入< 入≠ 2 2 16.(15分) (轴截面为等边三角形，AB-V3,底面半径r- 2， 母线=√3。 3π 侧面积：S侧=πrl= 2 高h= 2体积：V- 32h 3π 8。 (2)证明： 取PB中点E,连接QE,DE。 Q,E为中点→QE‖AB,又CD‖AB→QE CD: M为OC中点，结合底面圆弧、中位线性质，得QM‖DE。 DEC平面PBD,QM平面PBD,故QM|I平面PBD。 答案第2页，共4页 17.(15分) )由3正弦定理V3s血B=2 sin Asin B,si血B≠0，得sinA-Y3 2 .A=60°或120°。 (2)a=2,A=60°，余弦定理：4=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,即bc<4。 S△ABC=bcsin A≤V3 面积最大值为√3。 (3)△ABC为锐角三角形，a=3,A=60°，由正弦定理结合锐角范围， 9 求得周长取值范围： ,9。 18.(17分) (1)证明： 由边长计算AB⊥BC,PB=PC得PO⊥BC,结合BF⊥AO、几何位置关系， 可证F为AC中点。 (2)证明： 由()得AO⊥BF,再证AO⊥EF,BF∩EF=F, 由线面垂直判定定理：AO⊥平面BEF。 (3)由三角形重心性质、线段比例，结合空间距离计算，求得PH=√2。 答案第3页，共4页 19.(17分) (1)证明： 直四棱柱中AD1‖BC,AC‖A1C, AD1∩AC=A,BC1∩A1C=C1, 由面面平行判定定理：平面ACD1平面A1CB。 (2)先求直四棱柱体积，再减去截去的三棱锥体积： 底面四边形面积结合边长计算，V镂柱=27，上棱锥=3， 几何体体积V=24。 )由∠A1D1C+4BC=设∠A1D1C=0 利用正弦定理、三角恒等变换化简函数： f()-A1C(品+是+品+) 结合9∈(0,2) 求出解析式与取值范围。 答案第4页，共4页