精品解析：广东肇庆市2025-2026学年高一第二学期末学业水平达标检测数学试题

2025—2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 数 学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡相应位置上． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算结合复数的概念即可求解. 【详解】， 所以的虚部为. 2. 已知圆锥的底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知圆锥的底面半径，高， 则圆锥的母线长， 圆锥的侧面积. 3. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先计算，再利用正弦定理求即可. 【详解】依题意，， 由知，. 4. 已知平面向量，，若与共线，则（ ） A. 0 B. 1 C. 或1 D. 0或1 【答案】C 【解析】 【详解】因为平面向量，， 则，， 若与共线，则，解得. 5. 已知，为单位向量，且向量与的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在上的投影向量为. 6. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上异于、的任意一点，则图中互相垂直的平面有（ ） A. 2对 B. 3对 C. 4对 D. 5对 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆周角定理及面面垂直的判定定理进行推导判断． 【详解】因为垂直于圆所在的平面，且平面，平面， 根据面面垂直的判定定理，可得平面平面，平面平面，这里有2对； 因为是圆的直径，为圆上异于，的任意一点，所以， 又因为平面，所以，所以平面， 又因为平面，根据面面垂直的判定定理，可得平面平面，这里有1对． 综上所述，图中互相垂直的平面共有3对，故选：B． 7. 如图，在三棱柱中，、分别为、的中点，平面将三棱柱分成左右两部分，体积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件确定几何体的形状，再利用柱体、台体的体积公式求解判断. 【详解】在三棱柱中，由分别为的中点，得的延长线交于一点， 则几何体为三棱台，令，该三棱柱的高为，则， ，， 所以. 8. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（    ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件先判断出是的重心，再求出的取值范围，即可求解. 【详解】因为是内一点，且，所以为的重心. 又因为点在内，所以考虑在边界上取值情况， 当点与点重合时，最小， 此时， 所以，即； 当点与点重合时，最大， 此时，所以，即. 因为点在内且不含边界，所以， 所以的值可能为. 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. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 是实数 B. C. D. 设在复平面内对应的点为，若，则点的集合构成的图形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，再根据复数的运算和几何意义逐项判断. 【详解】设， 则是实数，故A正确； ，故B正确； ，，所以，故C错误； 由，则点的集合构成的图形为以原点为圆心，以2为半径的圆减去以原点为圆心， 以1为半径的圆的圆环，所以其面积为，故D正确； 10. 已知，，分别为三个内角，，的对边，则根据下列条件能确定为钝角的是（ ） A. B. ，均为锐角，且 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A.由平面向量的数量积运算判断；B. 由，利用正弦函数的单调性得到判断；C. 由，得到，利用余弦定理判断；D.由，切化为弦，利用两角和的余弦公式判断； 【详解】A.，因为，所以，又，所以C为钝角，则,故正确； B. 因为，均为锐角，且，， 又在上递增，所以，则，又， 所以，故错误； C. 由，得， 所以，因为，则，故错误； D.因为，，均为内角，所以同号， 因为三角形中最多有一个钝角，所以A，B均为锐角，则， 由得，即，又， 所以，即， 即，则，因为，所以C为钝角，故正确. 11. 如图，在平行六面体中，，，，设，，，则（ ） A. B. C. 点在底面的射影在线段上 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据空间向量的线性运算求解判断即可；对于B，根据空间向量的数量积运算律及模长公式求解判断即可；对于C，连接，设，连接，可证明，，可得平面，则点在底面的射影为点，进而判断即可；对于D，结合C可知三棱锥的外接球的球心为点，半径为，进而结合球的表面积公式求解判断即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，由A知，， 而，，， 则 ，故B正确； 对于C，连接，设，连接， 由题意，四边形为正方形，则，， 而，，则为全等的等边三角形， 所以，而为的中点，则， 即，则，即， 因为平面，所以平面， 则点在底面的射影为点， 所以点在底面的射影在线段上，故C正确； 对于D，由C知， 则三棱锥的外接球的球心为点，半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则_________． 【答案】0 【解析】 【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直，即. 代入，，得， 整理得，解得. 13. 在长方体中，，，为的中点，则点到平面的距离为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据等体积法，即可求解. 【详解】连接，，如图所示，设点到平面的距离为， 则， 又长方体中，，，为的中点， 所以，所以， 所以， 又长方体中，平面， 所以， 所以，解得， 即点到平面的距离为. 14. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，若的面积，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过向量等式确定三角形为等腰三角形，再结合面积条件推导出其为等腰直角三角形，最终由勾股定理求得边长b. 【详解】由题意得， 即， 即， 即， 因为，所以，所以， 所以， ， 同时， 联立得，即，即， 因为，所以，由上知是等腰三角形， 所以，则， 则，解得. 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. 如图，在四棱锥中，，，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）若面，，，求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）取中点，连接. 由中位线性质：为的中点且， 已知且，则且， 故四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，易证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，得出和的坐标，根据夹角余弦公式求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. 各点坐标：，，，，， 故，， 直线与所成角的余弦值为. 16. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，在线段上． （1）若平面，求证：是的中点； （2）求直线和平面所成的角的大小． 【答案】（1）因为平面，平面，且平面平面， 所以，而为的中点，则是的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）由平面，根据线面平行的性质可得，进而结合为的中点即可求证； （2）连接交于点，连接，先证明平面，可得直线和平面所成的角为，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点，连接， 在正方体中，四边形为正方形，即， 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 则直线和平面所成的角为， 因为正方体的棱长为2， 所以，即，而， 则在中，， 即直线和平面所成的角为. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若为的中点，，的面积为1，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解； （2）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律即可求解． 【小问1详解】 由正弦定理得，， 因为，所以，所以， 又，所以． 【小问2详解】 由题得，，， 则 ， 所以， 因为， 所以 ， 所以． 18. 如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点． （1）求证：平面； （2）求证：是直角三角形； （3）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】（1）在直三棱柱中，连接，由，得四边形为正方形， 则，而平面平面，平面平面， 平面，所以平面. （2）由（1）知，平面，而平面，则， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面，而平面， 所以，即是直角三角形. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （3）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在直三棱柱中，由（2）知直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令， 则，令，， ，， 设平面的法向量，则， 取，得，平面，即平面，设其法向量为， 则，取，得，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则， ，即， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是. 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆的圆心为，． （ⅰ）证明：． （ⅱ）记的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2）（i）由， 因为O为外接圆圆心，即外心，所以，， 由余弦定理得，， 所以，得证； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理角化边得到，再结合余弦定理即可求解； （2）（i）将写成，展开.利用外心性质得到和的值.再根据已知条件和类似公式（余弦定理）求出关于的式子，进而得出. （ii）由三角形的面积公式和（i），得到，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由 ，， 又， 所以，整理得： ， 由余弦定理​， 又为三角形内角，所以； 【小问2详解】 （ⅰ）略 由（ⅰ）得， 外心性质：圆心角，设外接圆半径为，则： ， 由正弦定理，得​，故​， 代入得： ， ​ 因此原式化简为： ， 为锐角三角形， 由，及可得， 由，得，将代入， 得，即， 由，得，将代入， 得：，即， 故，则 所以，当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期末高一学业水平达标检测 数 学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡相应位置上． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，若与共线，则（ ） A. 0 B. 1 C. 或1 D. 0或1 5. 已知，为单位向量，且向量与的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆上异于、的任意一点，则图中互相垂直的平面有（ ） A. 2对 B. 3对 C. 4对 D. 5对 7. 如图，在三棱柱中，、分别为、的中点，平面将三棱柱分成左右两部分，体积分别为和，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（    ） A. B. 1 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. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 是实数 B. C. D. 设在复平面内对应的点为，若，则点的集合构成的图形的面积为 10. 已知，，分别为三个内角，，的对边，则根据下列条件能确定为钝角的是（ ） A. B. ，均为锐角，且 C. D. 11. 如图，在平行六面体中，，，，设，，，则（ ） A. B. C. 点在底面的射影在线段上 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则_________． 13. 在长方体中，，，为的中点，则点到平面的距离为_________． 14. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，若的面积，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. 如图，在四棱锥中，，，且，为的中点． （1）求证：平面； （2）若面，，，求直线与所成角的余弦值． 16. 如图，正方体的棱长为2，为的中点，在线段上． （1）若平面，求证：是的中点； （2）求直线和平面所成的角的大小． 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若为的中点，，的面积为1，求． 18. 如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点． （1）求证：平面； （2）求证：是直角三角形； （3）求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆的圆心为，． （ⅰ）证明：． （ⅱ）记的面积为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $