精品解析：广东省广州十六中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

广州市第十六中学2025学年第二学期高中中段教学质量反馈 高一年级数学试卷 第I卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知为的重心，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题中正确的是（ ） A. 垂直于同一条直线的两条直线平行 B. 过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直 C. 过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 D. 如果平面垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 4. 已知，为非零向量，则“”是“存在实数，使”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ） A. 6 海里 B. 6海里 C. 8海里 D. 8海里 6. 已知非零向量，满足在方向的投影向量是，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 7. 直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 在中，，，且BC边上的高为，则满足条件的的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 二、多选题（共3小题，每题6分．若有两个正确答案，答对一个得3分；若有三个正确答案，答对一个得2分；答错一个不得分） 9. 已知，都是复数，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则是实数 C. D. 若，则 10. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 的范围为 11. 如图，在正四棱柱中，，E，F，N分别是棱，，的中点，P是上一点，Q在平面内，则（ ） A. 平面 B. 直线与是异面直线 C. 当取得最小值时，的最小值为 D. 多面体的外接球与内切球的半径之比为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则__________． 13. 某同学做了一个木制陀螺，该陀螺由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两个圆锥的体积之比为1∶3．上面圆锥的高与其底面半径相等，则上、下两个圆锥的母线长之比为__________ 14. 设是边长为2的正六边形所在平面上的一点，若点、、满足，则的最小值是__________． 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. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点； （1）求证：，，，四点共面 （2）点为的中点，求证：平面 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边的中点，点是边上一个动点（含端点）．请建立适当的直角坐标系解决下列问题： （1）若， ①求的大小； ②求向量与向量的夹角的余弦值； （2）求的取值范围． 17. 如图1，的内角，，的对边分别为，，，直线与的边，分别相交于点，，设，满足． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长． （3）用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图2，在锐角中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律得，即，也即，请用上述向量方法探究，证明： 18. 如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． （1）求证：平面； （2）已知点为棱上的点，且， ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，且平面交边于点，平面交于点，求点、的位置． 19. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第十六中学2025学年第二学期高中中段教学质量反馈 高一年级数学试卷 第I卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义表示复数并求模，代入所求式，利用复数的除法化简计算即得. 【详解】由题知复平面内点对应复数为， 所以. . 2. 已知为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据重心的性质及向量的线性运算可得解. 【详解】 如图所示， 设为中点， 又为的重心， 则， 故选：B. 3. 下列命题中正确的是（ ） A. 垂直于同一条直线的两条直线平行 B. 过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直 C. 过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 D. 如果平面垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 【答案】B 【解析】 【分析】结合长方体模型判断，分别判断线线平行、线面垂直、线面平行可得. 【详解】如图：在长方体中， 对选项A：因为在长方体中，所以，但与相交，故A错误； 对选项B：由线面垂直的存在唯一性定理可知，过平面外一点，有且只有一条直线与该平面垂直，故B正确； 对选项C：在长方体中，， 由，平面，平面，所以平面. 同理由，平面，平面，所以平面. 因此，过直线外一点，有无数多个平面与直线平行，故C错误； 对选项D：在长方体中，记平面为平面，记平面为平面， 显然平面平面，且，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理可知，平面，故D错误. 4. 已知，为非零向量，则“”是“存在实数，使”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】设非零向量的夹角为， 对两边平方，得： 化简得，即. 因为为非零向量，故，又，所以，即与同向共线. 若“存在实数，使”，则与共线（同向或反向）. 充分性：由可知与同向共线，因此两向量必然共线， 即存在实数，使成立，故充分性成立. 必要性：举反例，若与反向共线，如，则，而， 故不成立，故必要性不成立. 5. 一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ） A. 6 海里 B. 6海里 C. 8海里 D. 8海里 【答案】A 【解析】 【分析】先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解. 【详解】由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°， ∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12. 在△ABC中，由正弦定理得， 即，∴. 故选：A. 【点睛】本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题. 6. 已知非零向量，满足在方向的投影向量是，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设与的夹角为，. 由，得，即， 因为为非零向量，故. 又在方向的投影向量为，故， 即， 解得，结合，得. 7. 直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 因为三棱柱为直三棱柱，所以可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 为中点，故， 在上，且，向量， ， 因此的坐标为：， 在上，设，则：. 接着求平面的法向量，设法向量为， ，，， 令，则，. 因为平面，所以， 化简得：， 所以. 8. 在中，，，且BC边上的高为，则满足条件的的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】利用等面积法求得，再利用正弦定理求得，利用内角和的关系及两角和差化积公式，二倍角公式转化为，再利用正弦函数的性质求满足条的的个数，即可求解. 【详解】由三角形的面积公式知，即 由正弦定理知 所以，即， 即，即 利用两角和的正弦公式结合二倍角公式化简得 又，则，，且 由正弦函数的性质可知，满足的有2个， 即满足条件的的个数为2. 故选：B 二、多选题（共3小题，每题6分．若有两个正确答案，答对一个得3分；若有三个正确答案，答对一个得2分；答错一个不得分） 9. 已知，都是复数，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则是实数 C. D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A根据复数模的性质判断可得；对B由共轭复数的定义及复数的加法运算可得；对C由共轭复数的定义及运算可得；对D通过举反例判断可得. 【详解】选项A：复数的模满足，若，则， 所以或，即或，故A正确. 选项B：设（），由得，则，为实数，故B正确. 选项C：设（）， 左边， 右边，左右两边相等，故C正确. 选项D：因为只有两个实数才能比较大小，若仅说明差为正实数，但可能含虚部， 比如，，但两个虚数和无法比较大小，故D错误. 10. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 的范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】对题干所给式子，利用正弦定理边角互化化简即可判断A，B选项；利用向量的加法法则即可判断C选项，利用向量模长计算的范围即可． 【详解】根据， 由正弦定理可知， 整理得， 利用两角和公式可知； 根据三角形内角和可知，， 故上式可化简为， 根据正弦定理可知，故A正确； 假设，则， 因为，故，则，，则， 不符合三角形内角范围，故B错误； 由可得， 故，故C正确； 因为， 由余弦定理可得，故， 因为，故； 由三角形三边关系可知，解得； 故，故的范围为，故D错误． 11. 如图，在正四棱柱中，，E，F，N分别是棱，，的中点，P是上一点，Q在平面内，则（ ） A. 平面 B. 直线与是异面直线 C. 当取得最小值时，的最小值为 D. 多面体的外接球与内切球的半径之比为 【答案】ACD 【解析】 【分析】法一：利用线面垂直的判定定理，根据正方体的垂直关系，找垂直直线即可判断A选项；利用找平行关系证明四点共面，即可判断直线是否异面判断B选项；根据垂直距离最小计算最小值判断C选项；利用正四面体外接球与内切球半径的结论判断D选项． 法二：根据正四棱柱的垂直特点，建立空间直角坐标系，利用坐标的方法解决ABC的问题；利用正四面体外接球与内切球半径的结论判断D选项． 【详解】法一： 取的中点，连接，，，，，，； 因为正四棱柱中，侧棱垂直底面，底面为正方形， 则，，，平面， 故平面，则； 因为，故，四边形为正方形， 故，且，，平面， 故平面，则； 因为，且平面，则平面，A正确； 因为E，F分别是棱，的中点，则， 又因为，故， 故四点共面，故直线与不是异面直线，B错误； 当时，取得最小值， 在直角三角形中，， 因为， 即，解得， 此时， 当平面时，取最小，即点到平面的距离，为； 故的最小值为，C正确； 因为E，N分别是棱，的中点， 利用正方体的性质可知， 故为正四面体，棱长为， 外接球半径为，内切球半径为， 故，故D正确． 法二： 因为正四棱柱中，底面为正方形，侧棱与底面垂直， 故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为， 故，，，，，，； 则，，； 则，且， 故，，因为，且平面， 故平面，A正确； 因为，， 则，故四点共面，故直线与不是异面直线，B错误； 设，则； 故， 当时，取最小值，最小为； 此时，平面时，取最小，即点到平面的距离，为； 故的最小值为，C正确．D选项解析同法一. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由余弦定理， 则. 13. 某同学做了一个木制陀螺，该陀螺由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两个圆锥的体积之比为1∶3．上面圆锥的高与其底面半径相等，则上、下两个圆锥的母线长之比为__________ 【答案】 【解析】 【详解】设两个圆锥的底面半径为，上面圆锥的高为，下面圆锥的高为. 由题意，上面圆锥的高与底面半径相等，即. 设上下圆锥体积分别为，所以， 已知，所以，又， 代入得：. 设上下圆锥母线分别为， 则， 所以母线之比为：. 14. 设是边长为2的正六边形所在平面上的一点，若点、、满足，则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，由得出点的轨迹，再利用中点向量公式结合圆的性质求解． 【详解】取正六边形的中心，取中点，则， 以为坐标原点，直线为轴，为轴，建立下图所示平面直角坐标系， 已知正六边形边长为2，则， 由，可知在以为圆心，为直径的圆上， ， 则， 当且仅当是圆与线段的交点时取等号， 故的最小值为． 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. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点； （1）求证：，，，四点共面 （2）点为的中点，求证：平面 【答案】（1）取的中点，连接，连接， 因为是的中点，是的中点， 所以， 因为，所以， 所以，，，四点共面. （2）连接 因为是的中点，点为的中点，所以, 因为，分别是，的中点，所以， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线平行底边和平行的传递性求解. （2）利用三角形的中位线平行底边，平行的传递性，线面平行的判定定理求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边的中点，点是边上一个动点（含端点）．请建立适当的直角坐标系解决下列问题： （1）若， ①求的大小； ②求向量与向量的夹角的余弦值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）①；②. （2） 【解析】 【分析】（1）①建立平面直角坐标系，利用坐标法求得；②利用坐标法求得向量与向量的夹角的余弦值. （2）利用向量法求得的取值范围． 【小问1详解】 ①以为原点，、所在的直线为分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则, 若，则是中点，所以， 则，， 所以. ②； 【小问2详解】 设，， 则，， 所以， 因为，所以. 17. 如图1，的内角，，的对边分别为，，，直线与的边，分别相交于点，，设，满足． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长． （3）用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图2，在锐角中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律得，即，也即，请用上述向量方法探究，证明： 【答案】（1） （2） （3）设，则，与的夹角为， 在中， 因为，所以， 则， 解得. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，利用两角和差公式即诱导公式得到 ， 又 ， ，从而得到，结合，得到的大小. （2）设，，利用三角形面积公式得到，解得，在中，利用余弦定理求出，通过计算得到，从而得到，解得.从而得到的周长. （3）设，则，与的夹角为，在中，由得到，利用向量的数量积得到， 通过计算得到结论. 【小问1详解】 因为 ， 所以， 解得， 即， 即， 即， 即， 又 ， ，故. 结合，得. 【小问2详解】 设，， 因为，，， 所以， 即， 解得， 在中，， ， 解得：， 则， 代入，，得到 ， 因为边长，所以. 则的周长为. 【小问3详解】 略. 18. 如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． （1）求证：平面； （2）已知点为棱上的点，且， ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，且平面交边于点，平面交于点，求点、的位置． 【答案】（1）由题意，在中，勾股定理得，， 过D点作垂足为点E， 则在中，勾股定理可得， 在中，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，平面，, ，， 所以平面 （2）①体积为，外接球表面积为 ② 是上满足的点， 是上满足的点. 【解析】 【分析】（1）由已知条件计算边长结合勾股定理证明直角，再由面面垂直的性质定理证明 （2）①转换三棱锥顶点，证明PB为高，底面为直角三角形求体积，利用三棱锥的长方体模型求外接球半径进而求其表面积， ②方法一：由已知，解三角形求，判断点的位置，过点作，证明平面与平面重合，由此确定的位置； 方法二：建立空间直角坐标系，设点的坐标，再利用共线向量表示出相应点的坐标，结合垂直向量的数量积为零解方程求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知平面，平面， 所以，故在中，，解得， 在中，， 因为平面，平面，所以，即为直角三角形， 所以， 在三棱锥中，因为，， 故可将其补成以为体对角线的长方体模型， 设外接球半径为，则，所以， 所以外接球表面积 ②方法一：因为平面，， 所以，又，所以， 在中，，，， 所以， 即，故， 又，， 所以， 由正弦定理可得，所以，  是上满足的点， 过点作，交与点，则， 因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面与平面重合，点与点重合，即 是上满足的点. 综上： 是上满足的点， 是上满足的点. 方法二：由（1）及①知，以D为原点，为轴，为轴，过点在平面中作垂直于的垂线为轴，建立空间直角坐标系，作轴，轴， 在等腰直角中，由面积相等可得，,解得， 所以，因为四边形为矩形，所以， 所以，，， ， 设，，，得， 同理，， ，，， 由题意得，， 所以，，解得，， 所以，，  是上满足的点， 是上满足的点. 19. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理，即可求解； （2）由余弦定理得，结合三角形面积公式，即可求得； （3）利用三角形垂心的性质，可求得，，结合三角函数的性质，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由已知，得，即， 根据正弦定理，可得，化简得， 由余弦定理，得， 又，所以； 【小问2详解】 根据余弦定理，得，整理得， 又，，，代入整理得，解得， 又为边上的角平分线，所以，， 即， 化简得， 又，，所以，解得； 【小问3详解】 延长交于点，延长交于点， 因为点为的垂心，所以，， 设，则且， 所以，又， 在中，， 在中，，，所以， 在中，，同理可得， 所以 因为，所以， 所以， 所以， 即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $