精品解析：河南漯河市临颍县第三高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

2025-2026学年度高一下学期数学期中考试卷 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，点 在直线 上，且，则点 的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由得或，利用坐标运算即可求解. 【详解】由题意得：或，设点， 所以， 当时，所以，解得，所以， 当时，所以，解得，所以. 2. 在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，其面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形面积公式、正余弦定理求边长，代入目标式化简即可得. 【详解】由题意知，所以， 由余弦定理知，所以， 由正弦定理得，则，，， 所以. 3. 已知，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】由与共线，则,解得. 4. 已知在矩形ABCD中，，分别为的中点，则（    ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】以A为坐标原点O，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示求解. 【详解】如图，以A为坐标原点O，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系， 则. ∵分别为的中点， ∴， ， . 5. 下列关于平面向量描述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则向量与的夹角为锐角 C. 若，，则 D. 若为非零向量，则与的方向相同 【答案】D 【解析】 【详解】因为向量不能比较大小，所以A错误； 当时，与的夹角可以为，所以B错误； 当时，和可以是任意向量，不一定共线，所以C错误； 为的同方向单位向量，所以D正确. 6. 若复数z满足，则复数 可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为复数 满足，即复数 对应的点Z到点的距离与到点的距离相等， 记点，点，即复数 对应的点一定在线段 的垂直平分线上，即在直线 上，所以复数 的实部一定是 ，所以复数 可以是. 7. 如图，在四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】连接 ， ，因为，，， 所以，整理得， 又因为，，，， 所以， 因为，所以， 所以. 8. 如图，在下列四个正方体中， ， 为正方体的两个顶点， ，， 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接 与平面不平行的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，利用与直线 平行的直线和平面相交，可得直线AB与平面MNQ不平行；对于B，利用面面平行可得直线AB与平面MNQ平行；对于C，利用和 平行的直线平行平面，可得平面；对于D，利用和 平行的直线平行平面，可得平面. 【详解】对于A，如图取底面中心 ，连接， 由于 为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 因为与平面相交，所以 与平面相交，即直线 与平面不平行； 对于B，由于，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图，连接，则， 因为 ， 分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面； 对于D，如图，连接，则， 因为， 分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得， 所以， 因为平面，平面，所以平面. 【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面． 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. 已知，，，则（ ） A. 向量 B. 与向量垂直的单位向量坐标为或 C. 若，则 D. 在上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【详解】因为，，所以，所以A错误； 因为，先找一个与垂直的向量，设，所以，不妨取， 所以与向量垂直的单位向量即为：或，又因为， 所以与向量垂直的单位向量坐标为或，所以B正确； ，设，则， 所以，解得，所以，所以C正确； ，，所以在上的投影向量为：，所以D错误. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若为非零向量且 ，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据定义可知；对于B，易知时，命题不成立；对于C，根据数量积的运算判断即可；根据向量的三角形法则即可判断． 【详解】解：对于A， ，的夹角为0或 ， ，故A正确； 对于B，当时， 不一定成立，故B错误； 对于C，因为 ，所以，故C正确； 对于D，根据向量加法的三角形法则，可知成立，故D正确． 11. 在四棱锥中，底面，且，底面是边长为2的菱形，设，则下列说法正确的是（ ）． A. 当增大时，四棱锥的体积逐渐增大 B. 若，则三棱锥的体积为 C. 若四棱锥有外接球，则其外接球的表面积为 D. 若，则三棱锥的内切球半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，表示出四棱锥的体积，结合正弦函数的性质判断；对B，由结合选项A求解判断；对C，由题可得，将该四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即长方体的外接球，运算得解；对D，由分割体积，运算得解. 【详解】对于A，由题可知，， 当增大时，的值先增大后减小，所以四棱锥的体积先增大后减小，故A错误； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，若四棱锥有外接球，即菱形有外接圆，则， 将该四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即长方体的外接球， 可得其外接球的半径，所以其外接球的表面积为，故C正确； 对于D，若，设三棱锥的内切球半径为 ， 则， 所以， 解得，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知，，且，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据模长公式即可代入求解. 【详解】由，得，将，代入得，解得. 故答案为：2 13. 在 中，角所对的边分别为．已知，要使该 三角形有两解，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解三角形，需要理解要使该 三角形有两解，结合给出的条件，把问题转化为． 【详解】要使三角形有两解，由正弦定理， 只需，即， 故实数的取值范围为， 故答案为：． 14. 如图，等边三角形是由三个全等的三角形（，， ）与中间一个小等边三角形拼成的，且 的面积是的面积的倍，设，则______． 【答案】 【解析】 【分析】可先通过面积倍数关系推导各线段长度比例，再借助坐标法对向量进行线性分解，求解系数 后计算的值. 【详解】设小等边三角形的边长为 ，由， 设，则. ∵，且， ∴，即. 由中间小等边三角形性质，， ∴. ∵， ∴化简得， 解得正根，即，. 在中由余弦定理得 ， 解得. 以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图： 得各点坐标：，，. 在中，由正弦定理，得； 由余弦定理得. 又， 则， ， 因此 点坐标为， ∴. 则， 所以， 解得，，因此. 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. 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限． （1）求实数m的取值范围； （2）已知O为坐标原点，若m为整数，且z，在复平面内对应的点分别为A，B，求向量在向量上的投影向量的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数与复平面内点的对应关系，以及第四象限点的性质，列出不等式组，求出参数范围即可； （2）根据参数范围内的整数，求出复数z，，写出点的坐标，根据投影向量的坐标公式，求出结果即可. 【小问1详解】 复数在复平面内对应的点为， 可得，解得， 所以实数m的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）可知，当m为整数时， ， 则，， 所以，可得， 则向量在向量上的投影向量为. 16. 如图，在 中，点D，E在边上，且，设，. （1）用，表示，； （2）若，，，求. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）由三等分点得向量关系，用已知向量表示出其他向量； （2）利用数量积和模长公式，计算出余弦值. 【小问1详解】 因为，所以，, 所以； ； 【小问2详解】 因为，，， 即，，，所以. ， ，所以， 所以. 17. （1）求方程在复数范围内的解； （2）若，求和. 【答案】（1）或（2）， 【解析】 【分析】（1）根据判别式求解方程即可； （2）先计算，再将拆为，即可借助计算. 【详解】（1），因为，所以， 所以或； （2）因为，， 所以； 因为，所以. 18. 如图，在四棱锥 中， 平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，， ，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由 平面PAB，证明，结合等腰三角形 中 ，即可证明平面ANMD，由线面垂直性质得； （2）关键在于找到BD与平面ANMD所成的角，由（1）知平面ANMD，且，所以为BD与平面ANMD所成角，进而结合边长可求其余弦值； （3）C到平面PBD的距离就是三棱锥的高，使用等体积法将转化到，即可求解. 【小问1详解】 因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以， 又因为 ，，且两直线在平面内，所以 平面PAB， 因为平面PAB，所以， 因为，且N为PB中点，所以 ， 又因为，所以平面ANMD， 又因为平面ANMD，所以． 【小问2详解】 连接DN，因为平面ANMD，，所以为BD与平面ANMD所成角， 又因为且，N为PB中点，所以， 所以，即， 又因为且，所以， 所以， 所以BD与平面ANMD所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由已知得，，， ， 设点C到平面PBD的距离h， 则． 由，即，解得，即点C到平面PBD的距离为． 19. 如图，在三棱锥中，E，F分别是PA，AB的中点，G，H分别是PC，BC上的点，且． （1）证明：E，F，G，H四点共面． （2）证明：三条直线EG，FH，AC交于一点． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）利用三角形中对应边成比例，证得，，进而得到，即可得出结果． （2）由，可知EG，FH必相交于一点，设为点O,平面平面，通过证明，即可． 【详解】证明：（1）在中，因为E，F分别是PA，AB的中点， 所以． 在中，因为， 所以，从而． 所以，即E，F，G，H四点共面． （2）由（1）知，，， 所以EG，FH必相交于一点，设为点O． 因为平面PAC，所以平面PAC． 同理平面ABC，即O是平面PAC与平面ABC的公共点． 因为平面平面， 所以，即三直线EG，FH，AC交于一点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高一下学期数学期中考试卷 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，点在直线上，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 或 2. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，其面积为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 4. 已知在矩形ABCD中，，分别为的中点，则（    ） A. B. C. 0 D. 5. 下列关于平面向量描述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则向量与的夹角为锐角 C. 若，，则 D. 若为非零向量，则与的方向相同 6. 若复数z满足，则复数 可以是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，， ， 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接 与平面不平行的是（ ） 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. 已知，，，则（ ） A. 向量 B. 与向量垂直的单位向量坐标为或 C. 若，则 D. 在上的投影向量的坐标为 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若为非零向量且 ，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 11. 在四棱锥中，底面，且，底面是边长为2的菱形，设，则下列说法正确的是（ ）． A. 当增大时，四棱锥的体积逐渐增大 B. 若，则三棱锥的体积为 C. 若四棱锥有外接球，则其外接球的表面积为 D. 若，则三棱锥的内切球半径为 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分.） 12. 已知，，且，则______. 13. 在中，角所对的边分别为．已知，要使该三角形有两解，则实数 的取值范围为__________． 14. 如图，等边三角形是由三个全等的三角形（，， ）与中间一个小等边三角形拼成的，且的面积是的面积的倍，设，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. 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限． （1）求实数m的取值范围； （2）已知O为坐标原点，若m为整数，且z，在复平面内对应的点分别为A，B，求向量在向量上的投影向量的坐标． 16. 如图，在中，点D，E在边上，且，设，. （1）用，表示，； （2）若，，，求. 17. （1）求方程在复数范围内的解； （2）若，求和. 18. 如图，在四棱锥 中， 平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，， ，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 19. 如图，在三棱锥中，E，F分别是PA，AB的中点，G，H分别是PC，BC上的点，且． （1）证明：E，F，G，H四点共面． （2）证明：三条直线EG，FH，AC交于一点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $