精品解析：湖南衡阳市第一中学2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题

衡阳市第一中学2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题 （考试时间：120分钟 考试总分：150分） 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2.请将答案正确填写在答题卡上. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. －2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值． 【详解】解：由是纯虚数，得，解得． 故选：A. 2. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则. B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系进行判断． 【详解】对于A，若，，则与可以平行或相交，故A项错误； 对于B，若，，则与可以平行，异面，相交，故B项错误； 对于C，若，，，则与可以平行，异面，相交，故C项错误； 对于D，若，由线面平行的定义，存在，使得， 由得，而，得，故D项正确． 3. 已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫作向量与的叉乘的模，记作，即.若向量，，则（ ） A. B. 10 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据向量的坐标求以及，再代入叉乘公式，即可求解. 【详解】若向量，，则， ，则， . 故选：B 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出圆锥的母线长，从而计算出圆锥的表面积. 【详解】圆心角是，对应为，设扇形的半径为，也即扇形围成的圆锥母线长为， 由解得：， 所以圆锥的表面积为. 5. 如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法画出原四边形求解即可. 【详解】如图，根据斜二测画法性质可得， 作于，于， 则三角形、为两个全等的等腰直角三角形， 故. 则. 画出原四边形，可知 ， 且 ，则四边形 为直角梯形， 其面积为. 6. 如图，“蒸茶器”外形为圆台状，上、下底面直径（内部）分别为，高为（内部），上口内置一个直径为，高为的圆柱形空心金属器皿（厚度不计，用来放置茶叶）．根据经验，一般水面至茶叶（圆柱下底面）下方的距离大于等于时茶叶不会外溢．用此“蒸茶器”蒸茶时为防止茶叶外溢，水的最大容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出圆台的轴截面，设截面上部延长部分三角形的高为，水到达最大容量时水面的圆面半径为，根据平面几何相关的比例性质可计算得到，进而可求最大容积. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，设截面上部延长部分三角形的高为， 由相似三角形性质，得，解得， 设水到达最大容量时水面的圆面半径为， 则，解得， 水的最大容量为. 故选：C. 7. 如图：在平行四边形中，已知，直线交于O，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，用表示出，根据共线定理推论求出，然后可求解. 【详解】设，则， 又，所以， 因为三点共线，所以，解得， 所以. 故选：D 8. 在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知及正弦定理、三角恒等变换得，再根据三角形内角性质得到、，进而有，最后由正弦定理、诱导公式、三角恒等变换化简，结合余弦函数的性质求范围. 【详解】由已知及正弦定理，得， 因为，所以， 所以， 因为，，所以， 所以，故，则， 因为是锐角三角形，所以，解得，所以， 由正弦定理，得 ， 因为，所以． 故选：A 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 是的充要条件 D. 若，则为钝角三角形 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，角化边，然后运用余弦定理确定角为锐角，但角不能确定，不一定为锐角三角形；对于B，边化角得，得出两角的关系，从而得到三角形的形状；对于C，角大则边大，根据正弦定理得正弦值大；对于D，转化为角的余弦，根据单调性得到角的关系. 【详解】对于A，由及正弦定理， 得，则， 得为锐角，但不能确定为锐角三角形，故A错误； 对于B，利用正弦定理， 可得， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，在中，根据正弦定理可知，， 故C正确； 对于D，在中，， 由，可得，则为锐角． 若为锐角，则，可得， 即，则，为钝角三角形； 若为钝角，则，可得， 即有，为钝角三角形，故D正确． 10. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 的共轭复数为 C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】由，故的虚部为1，故A错误； 而，故B正确； ，故C错误； ，故D正确． 11. 如图，为边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 若，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由向量的线性运算可判断A；由数量积的定义可判断B；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；将目标式子转换为三角函数即可判断 D． 【详解】对于A，由题意得 ，故A正确； 对于B，由A知，， 则 ，故B正确； 对于C，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意得， 设， 所以， 当时，的最大值为5，故C错误； 对于D，由题意得， 可得， 因为，所以 ， ， 因为， 所以当时，取得最大值，故D正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 所以． 13. 振风塔享有“万里长江第一塔”的美誉.某中学社会实践小组为测量振风塔的高度，开展了一次实地测量的活动.他们在塔底所在的水平地面上选取，两点，测得米，，，在点处测得塔顶的仰角为，则振风塔的高度约为__________米.（结果精确到整数，参考数据：取） 【答案】73 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再由直角三角形求解即可. 【详解】在中，， 由正弦定理得， 所以， 在中，， 所以 米， 故振风塔的高度约为73米． 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为cm，该纸片上的正方形的中心为，而为圆上的点，分别为以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，四棱锥的外接球的体积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先连接交于点，结合四棱锥的侧面积是底面积的2倍，求得正方形边长，再画出折叠后的立体图形，找出外接球的球心，结合勾股定理即可求解外接球的半径. 【详解】如图所示，连接交于点， 设正方形的边长为，则，. 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍， 所以，解得或(舍)， 所以. 设重合于点，该四棱锥的外接球的球心为，半径，侧棱长等于折叠前的， 则，， 在中，可得，解得， 外接球的体积. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）求； （2）当为何值时，与垂直? 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再由计算可得； （2）依题意，根据数量积的运算律计算可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，即，则， 所以； 【小问2详解】 若与垂直， 则， 即， 即，解得. 16. 某海滨景区计划建造一座观光灯塔，其主体结构由下部的圆柱和上部的圆锥组合而成（如图所示）．已知圆柱的底面半径为3m，高为5m，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的母线长为5m．（取的近似值为3） （1）求该灯塔主体结构的体积； （2）已知物料费用由两部分组成：①主体结构材料费为每立方米1000元，②外部装饰涂料费为每平方米外表面积200元（不包括底面）．人工施工费为总物料费用的．若景区预算为40万元，问：该预算是否够用？ 【答案】（1） （2）景区预算够用 【解析】 【分析】（1）利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解； （2）根据题意计算物料费和人工施工费，进而求解. 【小问1详解】 设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，圆锥的母线长为，圆锥的高为， 则，所以， 所以圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 所以该灯塔主体结构的体积为； 【小问2详解】 由（1）得：主体结构材料费为(元)， 又外部的表面积为， 所以外部装饰涂料费为（元）， 所以总物料费为：（元）， 所以人工施工费为（元）， 所以总的费用为：（元）， 即总的费用为：万元万元， 所以景区预算够用. 17. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面ABC，且底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，D是AC的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取，构造三角形中位线可证； （2）借助线面垂直的性质作出线面角直接求解即可. 【小问1详解】 证明：设，连接，因为四边形为平行四边形， 所以为中点，又因为为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，得证． 【小问2详解】 取中点，连接、， 因为底面，平面，所以， 因为是正三角形，是的中点，所以， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，又因为，所以， 又，，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 18. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）若．求证： ①（为的面积）； ②为等边三角形． （2）若，求证：． 【答案】（1） ①若， 则 ， 所以， 在中，分别由余弦定理得： ， ， ， 三式相加整理得， 即， 所以； ②由余弦定理可得， 则 ， 当且仅当且时取等号， 有，所以，所以，所以， 即当且仅当且时取等号， 即当且仅当为等边三角形时取等号， 所以，当且仅当为等边三角形时取等号， 又由①知， 所以为等边三角形； （2） 由（1）得， 所以 ， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得． 【解析】 【分析】（1）①先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； ②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证； （2）根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 19. “细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. （1）设，求证：PO⊥平面； （2）是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； （3）求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 【答案】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点 又由于，，所以，， 平面，，所以平面； （2）不存在，理由：假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高， 因为底面是菱形，则， 所以， 解得， 此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥； （3）500， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论； （3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 方法一：过点P作直线，则l平面， 由于，所以，则l平面，所以平面平面， 作，垂足分别为E，F，则, 所以是平面与平面所成二面角或其补角 ，由于PO⊥平面， 平面，故，而O为的中点，则, 设，则， ， 由PO⊥平面，平面，故， 而平面，故平面， 平面，故， 所以 当且仅当时取等号， 故四棱锥体积的最大值为500（）， 此时平面与平面所成二面角为90° 方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E， 取的中点G，，由以上分析可知， 所以， 以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系， 设，，，， 由勾股定理知， ， 当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500； 此时，，，，， ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可取； ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可得平面的一个法向量， 故，所以所求二面角为90°. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市第一中学2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题 （考试时间：120分钟 考试总分：150分） 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2.请将答案正确填写在答题卡上. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 2 B. －2 C. D. 4 2. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则. B. 若，，则. C. 若，，，则 D. 若，，则 3. 已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫作向量与的叉乘的模，记作，即.若向量，，则（ ） A. B. 10 C. D. 2 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，“蒸茶器”外形为圆台状，上、下底面直径（内部）分别为，高为（内部），上口内置一个直径为，高为的圆柱形空心金属器皿（厚度不计，用来放置茶叶）．根据经验，一般水面至茶叶（圆柱下底面）下方的距离大于等于时茶叶不会外溢．用此“蒸茶器”蒸茶时为防止茶叶外溢，水的最大容积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图：在平行四边形中，已知，直线交于O，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 是的充要条件 D. 若，则为钝角三角形 10. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 的共轭复数为 C. D. 11. 如图，为边长为2的等边三角形，以的中点为圆心，1为半径作一个半圆，点为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 若，则的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，则________． 13. 振风塔享有“万里长江第一塔”的美誉.某中学社会实践小组为测量振风塔的高度，开展了一次实地测量的活动.他们在塔底所在的水平地面上选取，两点，测得米，，，在点处测得塔顶的仰角为，则振风塔的高度约为__________米.（结果精确到整数，参考数据：取） 14. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为cm，该纸片上的正方形的中心为，而为圆上的点，分别为以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使得重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，四棱锥的外接球的体积为_______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知． （1）求； （2）当为何值时，与垂直? 16. 某海滨景区计划建造一座观光灯塔，其主体结构由下部的圆柱和上部的圆锥组合而成（如图所示）．已知圆柱的底面半径为3m，高为5m，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的母线长为5m．（取的近似值为3） （1）求该灯塔主体结构的体积； （2）已知物料费用由两部分组成：①主体结构材料费为每立方米1000元，②外部装饰涂料费为每平方米外表面积200元（不包括底面）．人工施工费为总物料费用的．若景区预算为40万元，问：该预算是否够用？ 17. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面ABC，且底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，D是AC的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 18. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对边长分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）若．求证： ①（为的面积）； ②为等边三角形． （2）若，求证：． 19. “细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. （1）设，求证：PO⊥平面； （2）是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； （3）求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $