精品解析：山东青岛二中分校2025-2026学年第二学期期中教学质量检测高一数学试题

青岛二中分校2025-2026学年度第二学期期中教学质量检测 高一数学试题 命题人：李良 审核人：王晓霞 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 2. 已知，，点 是线段 上的点，，则 点的坐标（ ） A. B. C. D. 3. 在 中，已知，则（ ） A. 120° B. 或 C. 60° D. 或 4. 已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 如图， 中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则 一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 8. 如图，在正四面体 中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体 的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体 的体积为，则5个球的表面积之和为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 10. 如图， 是圆锥的底面圆 的直径，点 是底面圆 上异于 ， 的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点 出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 11. 数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有 满足，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 若的平分线与BC交于点D，则AD的长为 C. 若D为BC的中点，则AD的长为 D. 若O为 的外心，则 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 长方体一个顶点上的三条棱的长分别是，它的外接球的表面积为_________。 13. 如图，在 中，已知边上的两条中线相交于点 ，则___________． 14. 已知 中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，的面积，角 的平分线交 于 点，且，，则________． 四、解答题（共77分） 15. 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求； （2）若，且与垂直，求实数 的值. 16. 如图，长方体中，，点M为的中点． （1）求证：平面BDM； （2）求点C到平面BDM的距离． 17. 如图，在直角梯形 中，，，，，点O，E分别为 ， 的中点. （1）设和交于点G，求∠EGB的余弦值； （2）若点F在 边上运动（包含端点），求的取值范围. 18. 在 中，角 ， ， 的对边分别为，，，，. （1）求角 ； （2）若 是线段 的中点，且，求； （3）若 为锐角三角形，求 的周长的取值范围. 19. 如图，延长 的边 至点 ，边 至点 ，边至点 ，使得线段的长分别为的倍，我们将称为 的“变换三角形”． （1）当时，若，求的长； （2）若 是边长为2的等边三角形，点为其“2变换三角形”中线段上的动点，求的最大值； （3）设点 为 的重心（三角形的三条中线的交点），证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中分校2025-2026学年度第二学期期中教学质量检测 高一数学试题 命题人：李良 审核人：王晓霞 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】，则的虚部为 . 2. 已知，，点 是线段上的点，，则 点的坐标（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可求 的坐标. 【详解】设，则， 因为，故，解得，故. 故选：A. 3. 在 中，已知，则（ ） A. 120° B. 或 C. 60° D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】由正弦定理， 所以， 又，所以 所以或． 4. 已知向量，，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 解得，即， 因为，， 所以，， 所以，解得，， 当时，，， ，， 则在方向上的投影向量的坐标是. 5. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题设有， 故，故，即. 6. 如图， 中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算先利用表示，再表示，再根据求结论. 【详解】因为 是 的中点，所以， 因为 是的靠近 的三等分点，所以， 所以． 7. 在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则 一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及正弦定理化简求解即可. 【详解】，化简得. 根据正弦定理得，. 因为在中，进而，故. 因为，所以，进而，解得. 所以为直角三角形. 8. 如图，在正四面体 中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体 的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体 的体积为，则5个球的表面积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、小内切于正四面体的高，求出对应的球半径及表面积即可. 【详解】在正四面体中，设棱长为 ，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于 ， 是等边三角形的中心， 延长线交 于 ，连接 ， 则点 是 的中点，为正四面体内切球的半径， ，， 由正四面体 的体积为，得，解得， 由，解得， 则，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 因此最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以5个球的表面积之和为. 二、多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的基本概念、运算、几何意义及实系数一元二次方程的虚根性质，结合对应知识点逐一判断选项即可. 【详解】选项A：，故，A正确， 选项B：纯虚数要求实部为 且虚部不为 ，令实部，解得或， 当时虚部，复数为实数，不符合要求，仅成立，B错误； 选项C：向量，对应的复数为，C正确； 选项D：实系数一元二次方程的虚根共轭成对，另一根为， 由韦达定理，两根和得，两根积， 故，D正确. 10. 如图， 是圆锥的底面圆的直径，点 是底面圆上异于 ， 的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点 出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出圆锥的母线及高，代入圆锥体积公式求解判断A；根据扇形圆心角公式求解判断B；当时，三棱锥的体积最大，根据三棱锥体积公式求解判断C；在侧面展开图中利用勾股定理求解最短长度判断D. 【详解】由题知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积，所以母线长， 则圆锥高，所以体积，故A正确； 侧面展开图弧长，圆心角，故B错误； 因点 是底面圆上异于 ， 的动点，AB是底面圆的直径， 故当时， 的面积最大，此时三棱锥的体积最大， 则三棱锥的体积的最大值为，故C正确； 由B知，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角，在上且， 则，展开后的扇形中，所对的圆心角为， 故最短路径为线段，，故D正确． 故选：ACD． 11. 数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有 满足，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. 若的平分线与BC交于点D，则AD的长为 C. 若D为BC的中点，则AD的长为 D. 若O为 的外心，则 【答案】BD 【解析】 【分析】依题意由正弦定理可得，根据余弦定理和三角形面积公式可求得 ，再由正弦定理可得A错误；利用解法一：利用角平分线相关长度公式直接代入边长、夹角计算；解法二：几何作高法，过作垂线，用面积求；解法三：向量法，由角平分线定理得向量表达式，平方模长计算；解法四：余弦定理联立，结合角平分线分对边比例，分别在两个小三角形列方程求的长为，即B正确； 利用解法一：向量中线公式，平方计算模长；解法二：中线长公式直接代入；解法三：在中用余弦定理，结合求得，即C错误；利用解法一：外接圆直径投影法，延长AO为直径，利用直径所对圆周角为直角，向量投影得结果为；解法二：外心性质+中点法，取AB中点H，由得向量点积性质，分别计算、再相加，可得D正确. 【详解】由及正弦定理可得， 不妨设，，，利用余弦定理可得， 由，可得，所以. 又，解得，所以，，. 对于A，设 外接圆的半径为R，由正弦定理可得，所以，故A错误； 对于B，解法一：由得，， 即，故B正确； 解法二：分别作BE，CF垂直于AD，垂足分别为E，F，如图①所示， ，故B正确； 解法三：由内角平分线定理知，， 所以，则，所以，故B正确； 解法四：由内角平分线定理知，，所以，， 因为， 所以，即， 所以，所以，故B正确； 对于C，解法一：若D为BC的中点，易知，如图②所示， 所以，可得，故C错误； 解法二：因为，， 所以，即， 所以，所以，故C错误； 解法三：由余弦定理知，， 在中，，所以，故C错误； 对于D，解法一：延长AO交外接圆于点，连接，，如图③所示， 易知即为直径，所以可知，， 利用投影向量的几何意义可得： ，故D正确. 解法二：取AB的中点H，连接OH，OA，如图④所示， 则，所以，同理， 所以，故D正确. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 长方体一个顶点上的三条棱的长分别是，它的外接球的表面积为_________。 【答案】 【解析】 【分析】利用长方体外接球直径等于其体对角线长度的性质，结合球的表面积公式计算结果. 【详解】设该长方体外接球的半径为 ， 根据长方体的几何性质，其外接球的直径与长方体的体对角线长度相等， 因此： ， 则球的表面积. 13. 如图，在 中，已知边上的两条中线相交于点 ，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，取为基底，利用向量数量积公式求解作答. 【详解】在中，令，，则， 所以， 因为、边上的两条中线，相交于点 ，则，， 于是. 14. 已知 中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，的面积，角 的平分线交 于 点，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得 ，再由余弦定理代入计算，即可得到结果 【详解】因为，即， 且，则，化简得， 由正弦定理得， 且， 代入得，整理得， 且，则，则或， 若，即，不合题意，则，即， 因为 为的平分线，则，， 在 中，，① 又因为，即， 则，化简得， 且，则，② ①代入②得，解得或（舍去），则， 在中，由余弦定理得， 所以． 四、解答题（共77分） 15. 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求； （2）若，且与垂直，求实数 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行的坐标表示求得，进而得到，再利用向量的模长公式即可得解； （2）利用向量线性运算的坐标表示得到与，再利用向量垂直的坐标表示列式即可得解. 【小问1详解】 因为，，， 所以，，， 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以，， 又与垂直，所以， 即，则. 16. 如图，长方体中，，点M为的中点． （1）求证：平面BDM； （2）求点C到平面BDM的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)令，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得； （2）利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 在长方体中，令， 则 为中点，连接， 由为的中点，得，而平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设点C到平面BDM的距离为， 长方体中，, 所以， ， ， 所以，又， 由可得，, 即，所以. 故点C到平面BDM的距离为. 17. 如图，在直角梯形 中，，，，，点O，E分别为 ， 的中点. （1）设 和交于点G，求∠EGB的余弦值； （2）若点F在 边上运动（包含端点），求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，求出向量的坐标，利用向量的夹角公式即可求解； （2）设，确定，求出的表达式，即可求得答案. 【小问1详解】 在直角梯形 中，，，，，连接 ， 则，四边形为平行四边形，，， 以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，    则， 则，， 所以， 所以的余弦值为. 【小问2详解】 由（1）得，由点F在 边上，设， 则，，而， 因此， 所以的取值范围为. 18. 在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，，. （1）求角 ； （2）若 是线段 的中点，且，求； （3）若 为锐角三角形，求 的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A； （2）先根据向量关系，左右两边平方后结合余弦定理得出，进而得出面积即可； （3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴． 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得，即，① 又因为，则， 则， 即， 所以，② 由得， 所以． 【小问3详解】 由（1）得，则，即， 由正弦定理可知，， 所以 ． 因为△ABC为锐角三角形，所以，， 即，， 则，即， 则， 故△ABC的周长的取值范围为． 19. 如图，延长 的边 至点 ，边 至点 ，边至点 ，使得线段的长分别为的倍，我们将称为 的“变换三角形”． （1）当时，若，求的长； （2）若 是边长为2的等边三角形，点为其“2变换三角形”中线段上的动点，求的最大值； （3）设点 为 的重心（三角形的三条中线的交点），证明：． 【答案】（1）17 （2）10 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先判断 为直角三角形，求出，再由余弦定理即可求得的长； （2）设，结合图形将分别用表示，利用向量数量积的运算律将待求式化成关于的二次函数，结合的范围即可求得其最大值； （3）利用三角形的重心性质与向量的线性运算分别表示出，再求和即得证. 【小问1详解】 如图，因，则 为直角三角形，则， 于是，又， 在中，由余弦定理，， 故 【小问2详解】 如图，设，则， ， ，因， 则 ， 因，则当时，取得最大值为10； 【小问3详解】 如图，设为 的“变换三角形”， 则， ， ， 于是 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $