精品解析：广东省广州十三中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

广东省广州十三中学2025-2026学年 高一下学期期中考试数学试题 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. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. －2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值． 【详解】解：由是纯虚数，得，解得． 故选：A. 2. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面之间的位置关系，只有D选项正确. 【详解】A选项，直线可能平行、垂直或者异面，A错误； B选项，平面的位置关系不确定，如空间直角坐标系中三个平面两两垂直，此时，B错误； C选项，平面相交或平行，C错误； D选项，根据垂直于同一平面的两条直线平行，得到，D正确； 故选：D. 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】易知向量，显然， 所以. 4. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】圆锥的高为，底面半径为， 则圆锥的母线长， 可得圆锥的侧面积为. 5. 如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则的长为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可. 【详解】如图1，根据斜二测画法的性质可得，作，垂足为， 作，垂足为，则和是两个全等的等腰直角三角形， 从而，故． 画出原四边形，如图2，则，且， 故． 故选：C. 6. 中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A. 24 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 设该正六棱台的上下底面积分别为，高为， 则，，， 故. 故选：D 7. 如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得， ， 又， 则由平面向量基本定理可知，，得， 则. 8. 在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知及正弦定理、三角恒等变换得，再根据三角形内角性质得到、，进而有，最后由正弦定理、诱导公式、三角恒等变换化简，结合余弦函数的性质求范围. 【详解】由已知及正弦定理，得， 因为，所以， 所以， 因为，，所以， 所以，故，则， 因为是锐角三角形，所以，解得，所以， 由正弦定理，得 ， 因为，所以． 故选：A 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项A：因为在三角形中大角对大边，所以在中，当时，则，故A正确； 选项B：由，根据诱导公式可得， 因此，故B正确； 选项C：若，由余弦定理得，仅能说明角为锐角， 无法保证均为锐角，不能判定是锐角三角形，故C错误； 选项D：若，由余弦定理得，说明角为钝角， 则是钝角三角形，故D正确. 10. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程（，）的一个根，则 【答案】ABCD 【解析】 【详解】选项A：由模长公式，代入得，A正确； 选项B：，复数的虚部为的系数，即，B正确； 选项C：向量对应的复数等于对应的复数减去对应的复数， 即，C正确； 选项D：实系数一元二次方程的虚根成对出现，故另一根为，由韦达定理得 ，，解得，故，D正确. 11. 设点是边长为2的正方形内部及边界上的动点，则的取值可能为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】BCD 【解析】 【详解】以为原点，分别为轴建立直角坐标系， 则，设， ， 所以， 又，当时取得最小值为， 因为，所以， 当时取得最大值为， 则的取值范围为，选项BCD符合. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 复数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由共轭复数的概念结合复数的除法运算即可求解. 【详解】， 则 13. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，，则塔高________． 【答案】 【解析】 【详解】已知，，，则， 由正弦定理得，则， ， 已知，， ，故． 14. 三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面，则该三棱锥外接球的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】将三棱锥转化为正三棱柱，根据题意结合正三棱柱的性质求外接球的半径，进而可求外接球的体积. 【详解】将三棱锥转化为正三棱柱， 可知三棱锥的外接球即为正三棱柱的外接球， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，， 则，因为，解得， 所以该三棱锥外接球的半径长为2，所以该三棱锥外接球的体积. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知，是非零向量，，且，． （1）求； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，则，又，所以， 得到. 【小问2详解】 由（1）知，又，， 则， 所以. 16. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长． （1）这种“浮球”的体积是多少？（结果保留） （2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（结果保留） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求出两个半球的体积和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积； （2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解. 【小问1详解】 该半球的直径为，所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径， 所以两个半球的体积之和为，， 该“浮球”的体积是. 【小问2详解】 上下两个半球的表面积是， 而“浮球”的圆柱筒侧面积为，所以1个“浮球”的表面积为， 因此，2500个“浮球”表面积的和为， 因为每平方米需要涂胶100克，所以总共需要胶的质量为：克. 17. 如图，在长方体中，，点为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，即可证明线面平行； （2）利用平行线转化异面直线所成角，结合等边三角形的性质可求角的大小； （3）利用长方体的性质可得到线面所成的角，在直角三角形中求正切值即可. 【小问1详解】 设，连接， 因为点为棱的中点，为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，，所以为异面直线与所成的角或其补角， 由题意得，， 所以，故三角形是等边三角形， 因为，所以， 所以异面直线与所成的角为. 【小问3详解】 连接， 因为平面，平面， 所以，为直线与平面所成的角. 由题意得，， 所以，即直线与平面所成的角的正切值为. 18. 在中，，． （1）求， （2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选条件②或③，存在，周长为. 【解析】 【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得； （2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长. 【小问1详解】 因为，，所以， 由正弦定理得，而三角形中有， 所以，再由二倍角公式得，且， 所以. 【小问2详解】 若选条件①：. 因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：， 即，得，， 方程无解，所以a边不存在，故不存在. 若选条件②：. 因为，由（1）可知，所以. 同理，得， 所以在中由正弦定理，得， 再由余弦定理，得， 即，解得或（舍去）. 所以三角形的周长. 若选条件③：的面积为. 因为，由（1）可知，所以, 由三角形面积公式，得. 再由余弦定理，得，即. 所以，所以. 所以三角形的周长. 19. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，进而可得，利用勾股定理可得，即可得线面垂直； （2）分析可知三棱锥的高为，利用转换定点法求锥体的体积； （3）分析可知二面角的平面角为，结合题意运算求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：，则， 且，且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 因为，则， 则，则， 且，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积. 【小问3详解】 因为平面，平面，则， 且，可知二面角的平面角为， 又因为平面，平面，则， 则，可得， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州十三中学2025-2026学年 高一下学期期中考试数学试题 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. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. －2 C. D. 4 2. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则的长为（ ） A. 6 B. C. D. 6. 中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A. 24 B. C. D. 7. 如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 8. 在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则是钝角三角形 10. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程（，）的一个根，则 11. 设点是边长为2的正方形内部及边界上的动点，则的取值可能为（ ） A. B. C. D. 4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 复数满足，则______． 13. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，，则塔高________． 14. 三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面，则该三棱锥外接球的体积为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知，是非零向量，，且，． （1）求； （2）求． 16. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长． （1）这种“浮球”的体积是多少？（结果保留） （2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（结果保留） 17. 如图，在长方体中，，点为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求直线与平面所成角的正切值. 18. 在中，，． （1）求， （2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面和平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $