精品解析：河南登封市第一高级中学2025-2026学年下学期4月份素养评估高一数学

2025-2026学年下学期4月份素养评估 高一数学 一､单项选择题（每题5分）： 1. 已知，则复数（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形ABCD的面积为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 3. 在中，边上的中线为，点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（ ） A. 1 B. 4 C. 1或4 D. 1或2 6. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足下列条件的有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 一个高为的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为，若，则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知为锐角，，若的最小值为，则（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题(每题6分)： 9. 已知复数：，，则下列说法正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若为实数，则 C. 复数对应的点不可能在第一、三象限的角平分线上 D. 设，复数z满足，则的最大值为 10. 如图，已知长方形中，，则（ ） A. 的最小值为2 B. 当时，与的夹角余弦值为 C. 当时， D. 对任意的 11. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是 B. 面积的最大值是 C. 周长的取值可以是 D. 内切圆半径的取值范围是 三､填空题 （每题5分）： 12. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______． 13. 已知向量，，，则向量在上的投影向量为________． 14. 如图，在多面体中，已知是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该多面体的体积为__________. 四､解答题 15. （1）已知复数在复平面内对应的点在第一象限，，且，求； （2）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围. 16. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 17. 如图，已知的内角所对的边分别是，，且的外接圆面积为. （1）求边； （2）若，延长至，使得，求. 18. 如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台. （1）求三棱台的体积； （2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度. 19. 在中，内角所对的边分别为，已知，. （1）求的外接圆面积； （2）若为的内心，求周长的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期4月份素养评估 高一数学 一､单项选择题（每题5分）： 1. 已知，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘方运算、除法运算计算得解. 【详解】依题意，. 故选：A 2. 如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形ABCD的面积为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由斜二测画法还原图形，根据梯形的面积计算，可得答案. 【详解】由斜二测画法还原图形可得下图： 则，，，，， 所以梯形的面积为. 故选：C. 3. 在中，边上的中线为，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算即可. 【详解】 为的中点， ， . 故选：A. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合余弦定理可得，进而结合面积公式即可求解. 【详解】由， 根据正弦定理得，， 即， 即， 即， 因为，则， 所以，即， 所以， 又， 则，即， 又， 所以的面积为. 故选：A. 5. 若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（ ） A. 1 B. 4 C. 1或4 D. 1或2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到或，然后利用数量积的运算律求模即可. 【详解】设的夹角为，则或， ，，， ， 当时，， 当时，. 故选：C. 6. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足下列条件的有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】只有已知两边及一边的对角时才可能有两解，还需通过正弦定理、三角形的性质判断． 【详解】对于选项A：已知两边及夹角，由三角形全等可知只有一解，故A错误； 对于选项B：由正弦定理可得， 所以无解，故B错误； 对于选项C：由正弦定理可得， 且，则，可知角B有两解，所以有两解，故C正确； 对于选项D：已知三边，根据的取值要么无解，要么只有一解，不可能有两解，故D错误． 故选：C． 7. 一个高为的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为，若，则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的相似比求得底面半径，然后根据圆锥和球的体积公式即可求解. 【详解】作圆锥的轴截面，如图，由题可知，,， 所以，即，解得， 则， 所以 故选：D 8. 在中，已知为锐角，，若的最小值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由化简得到取最小值的条件，得到的值，利用余弦定理，得到，进而求得的值， 【详解】设的内角的对边分别为. 因为， 所以当时，取得最小值， 则，所以，又为锐角，故. 因为，所以，所以，所以，所以. 故选:C 二､多项选择题(每题6分)： 9. 已知复数：，，则下列说法正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则 B. 若为实数，则 C. 复数对应的点不可能在第一、三象限的角平分线上 D. 设，复数z满足，则的最大值为 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，， 因为为纯虚数，所以，则，故A正确； 对于B，， 若为实数，则，此方程无解，故B错误； 对于C，， 若复数对应的点在第一、三象限的角平分线上， 则，解得，故C错误； 对于D，设，则，设， 则， 因为复数z满足，所以， 即， 则，则的最大值为点到原点的距离加上， 即的最大值为，故D正确. 10. 如图，已知长方形中，，则（ ） A. 的最小值为2 B. 当时，与的夹角余弦值为 C. 当时， D. 对任意的 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，以为坐标原点建立平面直角坐标系，求出的坐标，利用向量的坐标运算逐项计算判断即得. 【详解】以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则. 对于A，显然， 则，当，即时，取得最小值2，A正确； 对于B，当时，与的夹角余弦值为 ，B错误； 对于C，当时，，而，C正确； 对于D，，当时，取得最小值， 当或1时，的值为1，所以对任意的，D错误. 故选：AC 11. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是 B. 面积的最大值是 C. 周长的取值可以是 D. 内切圆半径的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C的真假；根据BC的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D的真假. 【详解】由，结合正弦定理，可得： . 因为在锐角三角形中，， 所以. 由，又为锐角，所以. 对A：设的外接圆半径为，由，所以，所以外接圆面积为：.故A正确. 对B：由余弦定理（当且仅当时取“”）. 所以.故B正确； 对C：因为为锐角三角形，所以，，，所以. 由正弦定理：， 所以，， 所以， 因为，所以，所以， 所以周长的取值范围为. 因为，故C错误； 对D：设内切圆半径为，则. 又， ，， 所以， 由，所以.故D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛： （1）涉及三角形周长或面积的取值范围，可将问题转化为利用基本（均值）不等式求最值或转化为三角函数求值域的问题解决. （2）本题的关键是三角形式锐角三角形，由此确定三角形角的取值范围，是该题的一个关键点. 三､填空题 （每题5分）： 12. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件，求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积． 【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l， 由，得， 又表面积， 所以，解得，则； 所以圆锥的高为， 所以圆锥的体积为． 故答案为：． 13. 已知向量，，，则向量在上的投影向量为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用求出，再根据投影向量公式即可. 【详解】因，则， 又因，，则， 则， 则向量在上的投影向量为. 故答案为： 14. 如图，在多面体中，已知是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该多面体的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知，将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，然后分别求出其体积相加即可. 【详解】 如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接， 则平面，平面将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱， 因为是边长为2的正方形，且均为正三角形， 则， 取的中点，连接，，， ， 则多面体的体积 故答案为：. 四､解答题 15. （1）已知复数在复平面内对应的点在第一象限，，且，求； （2）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）设出复数的代数形式，结合已知列出方程组，求解并验证即得. （2）利用复数的除法运算、代数形式的加减运算求出，再借助几何意义列出不等式组求解即得. 【详解】（1）设， 由，且，得，解得， 而复数在复平面内对应的点在第一象限，， 所以. （2）， 由复数在复平面内对应的点在第二象限，得，解得， 所以实数的取值范围是. 16. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，计算出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值； （2）求出向量的坐标，分析可知且向量与不共线，结合平面向量的坐标运算可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为向量，，且与的夹角为， 则，解得， 所以，，则， 故. 【小问2详解】 由（1）可得，且， 因为与所成的角是锐角，则，解得， 且向量与不共线，则，即， 因此，实数的取值范围是. 17. 如图，已知的内角所对的边分别是，，且的外接圆面积为. （1）求边； （2）若，延长至，使得，求. 【答案】（1）7 （2）5 【解析】 【分析】（1）先求出的外接圆半径，利用题设和正弦定理，化角为边，由余弦定理求得，代入计算即得； （2）先由余弦定理求得，得，结合，利用和角公式求得，最后利用正弦定理即可求得. 【小问1详解】 设的外接圆半径为， 由题意，解得. 由和正弦定理，可得：， 又由余弦定理，可得， 因为，故 由正弦定理，； 【小问2详解】 由（1）已得， 则， 化简得：，解得，（舍去）. 由余弦定理，可得， 所以. 由，可得. 故 ， 在中，由正弦定理，, 即得. 18. 如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台. （1）求三棱台的体积； （2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度. 【答案】（1）； （2）最小值为，且取最小值时. 【解析】 【分析】（1）作点在平面内的射影，连接，根据题意可知，是等边三角形的中心，从而求出，利用勾股定理得到，求得结果； （2）将平面与展开到同一平面，可知，在中，利用余弦定理求得，利用求得，在中，由余弦定理得到，即可得出结论. 【小问1详解】 作点在平面内的射影，连接. 根据题意可知，是等边三角形的中心，则， ，即四面体的高为. 所以， 所以. 【小问2详解】 如图所示，将平面与展开到同一平面，可知. 在中，， 由余弦定理得，即. 因为，所以 所以， 在中，设， 由余弦定理得，即， 解得或，结合图可知. 综上，的最小值为，且取最小值时. 19. 在中，内角所对的边分别为，已知，. （1）求的外接圆面积； （2）若为的内心，求周长的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及化简已知条件，可得，从而求得的外接圆半径，即可得到外接圆面积； （2）根据题意可得，设，在中，利用正弦定理化简可得：，结合三角恒等变换公式化简的周长，利用正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由条件可得， 所以， 因为，故，则，故. 所以的外接圆半径，面积为. 【小问2详解】 由题可知，，故. 设，则，且， 在中，由正弦定理可得， 所以， 故的周长， 因为，所以，所以当，即时， 的周长最大，且最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $