广东广州市第三中学2025-2026学年第二学期期中素养综合评估检测高一数学试题

**基本信息** 高一年级数学期中卷，聚焦复数、向量、解三角形、立体几何核心知识，通过测量塔高、观测站等真实情境设计，考查数学眼光观察现实世界、数学思维推理及数学语言表达能力，适配期中阶段性评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|复数模、向量共线、解三角形面积、立体几何线面平行|基础巩固，梯度合理| |多选题|3题|复数性质、三角形解的个数、正方体中点线面关系|能力辨析，考查批判性思维| |填空题|3题|投影向量、直观图面积、向量交点坐标|细节考查，体现几何直观| |解答题|5题（13+15+16+17+17）|向量基底表示、圆锥表面积体积、观测站距离计算、正四棱锥线面关系、解三角形周长与最值|综合应用，如观测站问题（数学语言表达）、周长最值（数学思维推理）|

2025学年第二学期期中素养综合评估检测题 高一级数学（问卷） 姓名___________班级___________学号___________ 一、单选题 1．若复数z满足，则（    ） A． B．5 C． D．20 2．设，为一组基底，已知向量，，，若A，B，D三点共线，则实数的值为（   ） A． B．2 C． D． 3．设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（    ）． A．6 B． C．12 D． 4．如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为的中点，F为上一点，当平面时，（   ） A． B．2 C． D． 5．如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和．现测得，，米，在点测得塔顶的仰角为60°，则塔高为（    ）米． A． B． C． D． 6．已知三棱锥的所有棱长均为，球为三棱锥的外接球，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 7．若平面向量共起点时两两夹角相等，且，则（    ） A． B．6 C．3或6 D．或6 8．如图，公园里有一块边长为4的等边三角形草坪（记为），图中把草坪分成面积相等的两部分，在上，在上，如果要沿铺设灌溉水管，则水管的最短长度为（    ） A． B． C．3 D． 二、多选题 9．设复数的共轭复数为为虚数单位，则下列命题正确的是（    ） A．若复数，则在复平面内对应的点在第四象限 B．复数的模 C．若，则或 D．若复数是纯虚数，则 10．的内角，，的对边分别为，，，则下列结论正确的有（    ） A．若，，，则符合条件的只有一解 B．若，，，则符合条件的只有一解 C．若，，，则符合条件的无解 D．若，且符合条件的有二解，则的取值范围为 11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（   ） A．存在点Q，使平面MBN B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥Q-BCN的体积是定值，为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积 三、填空题 12．已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为__________． 13．如图，已知用斜二测画法画出的的直观图是边长为的正三角形，原的面积为______. 第13题 第14题 14．如图，在中，已知，，，是的中点，，设与相交于点，则______． 四、解答题 15．（13分） 如图，平行四边形ABCD中，，，H，M分别是AD，DC的中点，F为BC上一点，且． （1）以，为基底表示向量，，； （2）若，，与的夹角为，求和． 16．（15分） 已知圆锥的半径，母线长为． (1)求圆锥的表面积和体积； (2)如图，过AO的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积和表面积． 17．（16分） 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过A处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距的处有一人正沿此公路向处行走，走到达处，此时测得相距． （1）求． （2）求之间的距离． 18．（17分） 如图，在正四棱锥中，分别是线段的中点，分别在线段上，且． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面． (3)若点在线段上，且满足，试问侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（17分） 已知分别为锐角三个内角的对边，且. (1)求； (2)若； （i）求周长的取值范围. （ii）当周长最大时，设点为边的中点，点在边上（包括端点），求的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $2025学年第二学期期中素养综合评估检测题 高一级数学（参考答案） 题号 2 3 6 7 8 9 10 答案 A D B C A C D A ABD BCD 题号 11 答案 AC 13.√6 14.19 38 15.【详解】(1)：平行四边形ABCD中，AB=a,=b,H,M是AD,DC的中点， BF= 1BC 3 B H AM=AD+DM AD+I DC=AD+14B=B+a, HF=AF-AH=AB+BF-IAD=a+-6-16=a-16 3 咖=i-号0M6-（5++号 (2):l=3,6=4,a与z的夹角为120°，a-6=3x4×cos120°=-6， 2 M.m6+aa-6-a-+a6=×9-16+5x-6= 6 12 12 16.【详解】(1)设圆锥的高为h, 由题意得：AB=25,0B=5,A0=2-(=3 h=3 :圆锥侧面积S=wl=2√5V3元=6m, 圆锥的底面积S,=πr2=3π， :圆锥的表面积S圆维=S1+S2=9π； 圆锥的体积为-专动-A-小可g-n, 答案第1页，共2页 1 1 (2)由(1)可得：圆锥的体积为V=二πr2h=、π×3×3=3π 3 又圆柱的底面半径为5=5，商（母线）为 h 3 22 :圆柱的体积为V2=π r2hx339π 22 428 :剩下几何体的体积为V=上-5=3元-9n=15如 88 由(1)得圆锥的表面积S圆锥=S,+S2=9π； Se-21=2元×5x3-3V5n 222 3W3π S剩=S因维+S圆柱侧=9π+ 2 17.【详解】(1)由题意知：BD=20,CD=21,BC=31, 在△BCD中，由余弦定理得coS∠BDC=BD+CD2-BC2=400+441-961_1 2BD.CD 2×20×21 2)eos∠cDA=o80-∠BC)=-cosB∠Dc-7 nCDA= 43 7 由题意知：∠CAD=20°+40°=60°， 21x4V3 :在△ACD中，由正弦定理得： CD AC sin∠CAD sin ZADC'AC= 7=24, 3 2 由余弦定理得：AD2+CD2-2AD.CD cos,∠ADC=AC2, 即AD2+441-6AD=576,解得：AD=15或AD=-9（舍)， ∴.D,A之间的距离为15km 18.【详解】(1)证明：如图1，连接0G. D G >D 图1 因为O,G分别是线段AC,PA的中点，所以PC∥OG. 又-F,历以PC∥EF,所以EF∥OG,所以O,G,E,F四点共面 答案第1页，共2页 (2)证明：由(1)得PC∥0G. 因为PCt平面BDG,OGc平面BDG,所以PCI/平面BDG. (3)如图2，在线段PH上取一点M,使得HMHD, 作MK∥HC,交PC于点K,连接BM,BK,OH. G E A D B 图2 因为HMHD,BO=OD,所以BM∥OH. 因为BM平面HAC,OHc平面HAC, 所以BM/I平面HAC. 同理可证MK/平面HAC, 因为BM∩MK=M,BMc平面BMK,MKc平面BMK, 所以平面BMK/平面HAC. 又BKC平面BMK,所以BK/I平面HAC. 因为PH=4HD,ND,所以PM_3, 4 因为MK∥HC,所以PK=PM_3 PC PH 4 故在棱PC上存在一点K,使得BK1平面HMC,且PK=3 PC 4 19.【详解】(1)acosC+V5 asinC-b-c=0 :由正弦定理得sinAcosC+√3 sinAsinC-sinB-sinC=0 在ABC中，：A+B+C=元，，sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAsinC 代入上式化简得：√5 sinAsinC-cosAsinC-sinC=0 因为sinC≠0，所以V5sinA-cosA=1,即2sinA- “4为缆角，4=骨 答案第1页，共2页 (2)(iD由正弦定理得2R=0=C=b。=2V5,B+C-2 sinA sinC sinB 3 所以b+c=2n8+2snC=25sn8+snC=25sm+sm-B】 :△ABC是锐角三角形， :0<B<,0<C<,0<2π-B< 2 3 2 :<B<TT<B+亚<2n 6 2…31 63 即3 8+85l35<6+es63+35<a+b+es9 所以ABC周长的取值范围为3+3V3,9] ()当三角形周长最大时，三角形为等边三角形，以AB所在直线为x轴，过C垂直于AB 的直线为y轴，建立直角坐标系， 所以Mp.CP=4r2_9 2=4x-9281 (16)64 当x=2时，MP.C取最小值-8 16 64 所以MP.CP的最小值是-8别 64 答案第1页，共2页