精品解析：江苏苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

高一数学试卷 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. 设为虚数单位，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直列方程求解即可. 【详解】已知，则，解得. 故选：A. 3. 已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 4. 在平面直角坐标系中，已知等腰的底边在轴上，，，按斜二测画法所得的直观图为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算原等腰三角形的面积，再利用斜二测画法下直观图与原图形的面积比例关系求解. 【详解】由题意得等腰的底边，腰， 从而等腰底边的高， 所以等腰的面积是， 因为斜二测画法中， 所以的面积为. 5. 若平面平面，，，，，，则直线与不可能（ ） A. 相交 B. 垂直 C. 平行 D. 异面 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面基本性质推导两直线平行时会与已知条件矛盾，进而判断不可能的位置关系. 【详解】选项A：若直线与交线交于点，此时与相交，故相交是可能的，A不符合要求； 选项B：如图直线，则，B不符合要求； 选项C：假设，根据平行直线共面的性质，与确定唯一平面， 由于，，平面内过点有且仅有一条直线与平行，因此，可得， 又，故，与题设矛盾，因此与不可能平行，C符合要求； 选项D：令，且直线与相交，此时与既不平行也不相交，为异面直线，故异面是可能的，D不符合要求. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式结合二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得：. 7. 如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，过，，三点的平面交棱于点，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，利用相似三角形的性质求解线段长度比. 【详解】 延长交的延长线于点，连接，如图所示. 因为为的中点，且在正方体中， 所以， 所以. 设正方体的棱长为1，则. 因为为平面与棱的交点，且均在平面与平面的交线上， 所以三点共线. 在平面中，过点作于点， 因为为的中点，所以为的中点， 且，. 因为，所以， 所以， 所以， 所以. 又，所以. 因为，所以，解得. 8. 已知梯形中，，，动点在边上（不含端点，），交于点，过作于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法转化，从而得到，再利用共线向量转化为，最后利用数量积公式转化求解. 【详解】, 因为, 所以，所以， 所以，因为，所以， 所以， 因为, 所以. 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. 设为虚数单位，已知复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求，进而求得，即可判断A，计算即可判断B，计算即可判断C，计算即可判断D. 【详解】由题意得：，所以，解得，所以，故A错误，所以， 所以，故B正确， 由，故C错误， 由，所以，故D正确. 10. 设是所在平面内一点，记（，），则（ ） A. 当，时， B. 当，时，是线段的中点 C. 当，时，是的重心 D. 当时，的面积是面积的 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理的应用，结合向量线性运算、三角形重心性质、共线向量等知识点，逐一验证各选项即可求解. 【详解】选项A，当时，可得， 则， ，得到，故A正确； 选项B，当时，， 则， 即是线段的中点，不是中点，故B错误； 选项C，若是的重心，则， 设的中点为，则，重心分中线为， 因此， 所以当时，是的重心，故C正确； 选项D，由题意得与具有同底，则面积比等于对应高的比值， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立平面直角坐标系， 设，，，，得到， ，， 因为，所以，解得， 而的高为，的高为， 则与的面积比为， 当时，面积比为， 即的面积是面积的，故D正确. 11. 如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（ ） A. B. 不存在点，使得 C. 的最大值为 D. 与平面所成角的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理及性质定理可判断A；假设存在点，使得，由线面垂直的判定定理及性质推得矛盾可判断B正确；利用两角差的正切公式求出的最大值，从而得到的最大值，判断C；根据线面角的定义，利用等体积法，结合二次函数最值求法，求得与平面所成角的最大值，判断D. 【详解】对于A，由正四棱柱的性质得∥，∥， 因为平面，平面，所以∥平面. 又平面，平面与平面交于直线， 所以∥.所以∥.所以A正确. 对于B，假设存在点，使得. 过作∥，且分别交于点， 则∥，. 正四棱柱中， 平面， 所以平面， 因为平面，所以. 平面， 所以平面，所以. 矩形中，，所以， 所以，所以， 与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确. 对于C，正四棱柱中，平面， 所以.所以， ， . 因为，当且仅当时，等号成立, 所以， 所以当时，取得最大值.故C正确. 对于D，因为∥，所以与平面所成角等于与平面所成角，记为. 设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则. 过作∥，且分别交于点，则， . 所以， ， ， 所以， 所以. 所以的面积为. 又， 由， 得. 因为，所以， 所以，所以. 所以. 因为，所以与平面所成角的最大值小于. 故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内写出符合方程的一个解______． 【答案】 （答案不唯一，也可填） 【解析】 【详解】依题意，，解得. 13. 已知向量，满足在方向上的投影向量为，若，，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为. 又，所以，所以， 所以，所以. 14. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换得到与的关系，再将面积公式结合正弦定理变形后代入计算即可. 【详解】若，根据正弦定理，则， 化简得，进而. 又中，故，因此得 三角形面积公式为，由正弦定理得，， 所以. 已知，，所以. 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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知． （1）求； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可得出的值，再结合角的取值范围可得出角的值； （2）由化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，可判断出是等腰直角三角形，再结合已知条件可得出、的值，由此可得出的周长. 【小问1详解】 由余弦定理可得， 因为，故. 【小问2详解】 因为， 整理可得，可得， 因为，故. 因为，所以，故是等腰直角三角形， 因为，所以，， 故的周长为. 16. 已知向量与的夹角为，，． （1）求和的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的定义求，根据数量积的运算律求的值. （2）根据，且向量与不共线，列式求的取值范围. 【小问1详解】 由题意， 因为，所以. 【小问2详解】 由， 所以，解得. 由. 综上，当时，向量与的夹角为锐角. 17. 如图，已知四棱台的底面是平行四边形，，为的中点，为钝角三角形． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，求证：平面． 【答案】（1）由四棱台的结构可知， 因为为的中点，， 则， 又四边形是平行四边形，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 由棱台的性质可知，侧棱相交于一点，即共面， 因为棱台的底面底面， 底面平面，底面平面， 所以，所以， 又，所以， 又平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）通过判断四边形为平行四边形，得到，即可求证； （2）作，垂足为，通过面面垂直的性质定理得到，再结合，即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 记的内角的对边分别为，已知． （1）当点D满足时． ①若，，求； ②若，求． （2）当时，判断的形状并证明． 【答案】（1）①；② （2）直角三角形， 由，可得， 由余弦定理可得：， 又，由余弦定理得：， 两式联立可得：， 平方得：，又， 得， 即， 即， 即， 又， 所以，即， 所以， 所以， 故是直角三角形. 【解析】 【小问1详解】 ①因为，即， 即， 两边平方得：， 即，又， 得，解得； ②由， 得，又， 所以，可得： ， 在中，分别由正弦定理得： ， 两式相比得：， 即， 即， 即，化简得, 又，所以； 【小问2详解】 略 19. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折至． （1）若二面角的余弦值等于，求三棱锥的体积； （2）若二面角的正切值的取值范围是，，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围． 【答案】（1） （2）外接球表面积的取值范围为 【解析】 【分析】（1）已知二面角余弦值，可直接求出到底面的高，结合的面积，代入体积公式即可得到结果. （2）找到二面角的平面角，结合给定的正切范围推出的范围；再利用四点共球的性质，推导出外接球半径和的关系，代入角的范围即可得到球表面积的取值范围. 【小问1详解】 菱形边长为，，故， 记交于，得，，翻折后， 因此就是二面角的平面角，即，且. 已知，得. 过作交延长线于，由面得面， 高，所以 的面积， 因此体积： 【小问2详解】 设二面角平面角为，过作于，得面，； 过作于，，故. 是二面角的平面角，因此： . 由，代入得，即， 结合得，故，即. 和都是边长为2的正三角形，设外心分别为，， 球心是过分别垂直两个面的直线交点，由面得， 结合几何关系推导得： , 代入，得，外接球表面积，因此： . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试卷 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. 设为虚数单位，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，已知等腰的底边在轴上，，，按斜二测画法所得的直观图为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若平面平面，，，，，，则直线与不可能（ ） A. 相交 B. 垂直 C. 平行 D. 异面 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，过，，三点的平面交棱于点，设，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知梯形中，，，动点在边上（不含端点，），交于点，过作于点，若，则（ ） 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. 设为虚数单位，已知复数，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 设是所在平面内一点，记（，），则（ ） A. 当，时， B. 当，时，是线段的中点 C. 当，时，是的重心 D. 当时，的面积是面积的 11. 如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（ ） A. B. 不存在点，使得 C. 的最大值为 D. 与平面所成角的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内写出符合方程的一个解______． 13. 已知向量，满足在方向上的投影向量为，若，，则______． 14. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为______． 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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知． （1）求； （2）若，，求的周长． 16. 已知向量与的夹角为，，． （1）求和的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 17. 如图，已知四棱台的底面是平行四边形，，为的中点，为钝角三角形． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，求证：平面． 18. 记的内角的对边分别为，已知． （1）当点D满足时． ①若，，求； ②若，求． （2）当时，判断的形状并证明． 19. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折至． （1）若二面角的余弦值等于，求三棱锥的体积； （2）若二面角的正切值的取值范围是，，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $