精品解析：四川绵阳市2025-2026学年高一下学期期末教学质量测试数学（A）

高中2025级第一学年末教学质量测试 数学（A） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共4页；答题卡共6页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后将答题卡收回. 一、选择题：本大题共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. 下列命题正确的是（ ） A. ，则 B. 没有方向 C. 若，则 D. 若，则 2. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. i D. 3. 在中，M为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若两个球的体积之比为，则它们的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 三棱柱的所有棱长均相等，且分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） 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. 已知非零向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，则与可能垂直 10. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度h（单位：）由关系式确定．则（ ） A. 小球在开始振动（即）时， B. 小球的最高点和最低点与平衡位置的距离都是2 C. 经过往复运动一次 D. 每秒钟小球能往复振动次 11. 某正四棱台的下底面边长为4，上底面边长为2，侧棱长为，下列说法正确的是（ ） A. 该四棱台的高为3 B. 该四棱台的体积为 C. 该四棱台的表面积为56 D. 该正四棱台内可放置最大的球的体积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填写在答题卡的横线上. 12. 已知是虚数单位，则________． 13. 已知的内角所对的边分别为，且，若的面积为，且C为锐角，则________． 14. 在平面内，均为单位向量，向量满足．则当取最小值时，________． 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知，设． （1）若，求实数的值； （2）若M为线段靠近点C的三等分点，求点M的坐标． 16. 在中，角的对边分别是，满足． （1）求A； （2）求． 17. 如图，正四棱柱内接于圆柱，，圆柱的侧面积为．点E是棱上的点，点F是棱上的点，且． （1）若直线与平面的交点为G，求的值，并证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 18. 在中，角的对边分别是，点D是的中点，，且． （1）求证：或； （2）若为直角三角形，求面积的最大值； （3）若，点E在所在的平面内，点A和点E在的异侧，且为等腰直角三角形，，求的最大值． 19. 如图，在平面四边形中，点A为线段上一点，于点A，且，，将沿折起，得到四棱锥． （1）若平面平面，求证：； （2）若二面角的大小为． （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）求侧面与侧面所成二面角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中2025级第一学年末教学质量测试 数学（A） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共4页；答题卡共6页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后将答题卡收回. 一、选择题：本大题共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. 下列命题正确的是（ ） A. ，则 B. 没有方向 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于选项A：因为，则的方向可能相反， 所以不一定相等，故A错误； 对于选项B：的方向是任意的，故B错误； 对于选项C：若，对任意向量，均有， 此时不一定共线，故C错误； 对于选项D：若，则； 若，则的方向相同，可得； 综上所述：若，则，故D正确. 2. 已知复数，则z的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. i D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数，所以z的虚部为2. 3. 在中，M为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示： 可得. 4. 已知平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】若，且，可得； 若，且，此时平面的位置关系有平行或相交，即不能推出， 综上所述：“”是“”的充分不必要条件. 5. 若两个球的体积之比为，则它们的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设两球半径依次为， 由题意可知：，可得， 所以它们的表面积之比为. 6. 已知圆锥的底面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先由底面面积求出底面半径，然后由底面周长等于侧面展开图的弧长列方程可求出母线长. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的底面积为，所以，得， 因为圆锥的侧面展开图是一个半圆， 所以，得, 故选：D 7. 已知非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先展开已知数量积等式得到与的关系，再代入投影向量公式计算结果. 【详解】 由， 可得， 可推得， 向量在向量上的投影向量为， 将代入上式，可得投影向量为. 8. 三棱柱的所有棱长均相等，且分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接、，推导出，可知异面直线和所成角等于或其补角，利用余弦定理求出、的长，推导出，可求出的余弦值，即为所求. 【详解】连接、，如下图所示：    因为、分别为、的中点，所以，且， 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，且， 因为为的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 故异面直线和所成角等于或其补角， 在菱形中，，，，则， 由余弦定理可得， 在中，，，， 由余弦定理可得， 在中，，，，所以，，故， 所以，. 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 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. 已知非零向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若与的夹角为钝角，则 D. 若，则与可能垂直 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积运算、垂直的判定、夹角与数量积的关系，需结合向量基本性质逐个判断选项正误. 【详解】选项A：非零向量垂直的充要条件为数量积为0，即若，则，A正确； 选项B：展开左侧式子：，不等于，B错误； 选项C：若两向量夹角为钝角，则夹角，， 结合数量积公式，且，可得，C正确； 选项D：若，则， 但，故，不可能等于0，两向量不可能垂直，D错误. 10. 如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度h（单位：）由关系式确定．则（ ） A. 小球在开始振动（即）时， B. 小球的最高点和最低点与平衡位置的距离都是2 C. 经过往复运动一次 D. 每秒钟小球能往复振动次 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：令，代入运算求解即可；对于BCD：根据简谐运动的振幅、周期和频率分析判断即可. 【详解】因为， 对于选项A：当时，则，故A错误； 对于选项B：因为振幅，所以小球的最高点和最低点与平衡位置的距离都是2，故B正确； 对于选项CD：因为函数的最小正周期，频率， 所以经过往复运动一次，每秒钟小球能往复振动次，故CD正确. 11. 某正四棱台的下底面边长为4，上底面边长为2，侧棱长为，下列说法正确的是（ ） A. 该四棱台的高为3 B. 该四棱台的体积为 C. 该四棱台的表面积为56 D. 该正四棱台内可放置最大的球的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正四棱台的性质，求得该四棱台的高，并求得其体积，判断A，B；根据高求其侧面的高，从而求得其表面积，判断C，分析可得该四棱台有内切球，求其体积判断D. 【详解】如图正四棱台中，， 分别记上、下底面的中心为，连接， 对于A，，. 所以该四棱台的高为，故A错误； 对于B，由上，可得四棱台的体积为，故B正确； 对于C，分别取的中点，连接， 则，. 所以该棱台的表面积为，故C正确； 对于D，该四棱台的中截面是上底为2，下底为4，腰为3，高为的等腰梯形， 其中位线长. 设的中点为，到的距离为， ， 所以，解得， 所以该四棱台的中截面有内切圆，该四棱台有内切球，内切球球心为，半径为， 所以其体积为. 即该正四棱台内可放置最大的球的体积为，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填写在答题卡的横线上. 12. 已知是虚数单位，则________． 【答案】 【解析】 【详解】，故. 13. 已知的内角所对的边分别为，且，若的面积为，且C为锐角，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用三角形面积公式求出，结合为锐角求得，再代入余弦定理计算边长 【详解】由三角形面积公式，将，，代入得：  ， 化简得，解得. 因为为锐角，故， 由余弦定理，代入已知值得：  , 因为为三角形边长，故，因此. 14. 在平面内，均为单位向量，向量满足．则当取最小值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的定义及夹角余弦值的取值范围，求得的最小值，从而求得. 【详解】设与的夹角分别为，，. 由，得，显然，. 所以； 由，得，显然，. 所以. 所以. 所以的最小值为，此时，. . 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在平面直角坐标系中，已知，设． （1）若，求实数的值； （2）若M为线段靠近点C的三等分点，求点M的坐标． 【答案】（1），． （2）点的坐标为． 【解析】 【分析】（1）先计算的坐标表达式，因为两个向量相等则对应坐标相等，所以可以得到关于m、n的二元一次方程组，求解该方程组即可得到m、n的值; （2）根据三等分点的线段比例关系，得到与的数量关系，再利用向量的加法，代入对应坐标计算得到点的坐标. 【小问1详解】 由已知得 ，,． 由得， 则 ，解得 ． 【小问2详解】 为线段靠近的三等分点，有． 故， 即点的坐标为． 16. 在中，角的对边分别是，满足． （1）求A； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理求得，即可求解； （2）根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理求得，结合正弦定理，即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得，即， 又由余弦定理， 可得，可得， 由正弦定理，可得. 17. 如图，正四棱柱内接于圆柱，，圆柱的侧面积为．点E是棱上的点，点F是棱上的点，且． （1）若直线与平面的交点为G，求的值，并证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）因为，设，，， 因为为正方形，则圆柱的底面半径， 则圆柱的侧面积为，解得，即，， 连接， 因为，且，可知为平行四边形，则， 又因为平面平面，平面平面，平面平面， 可得，则，可得； 连接， 因为，且为矩形，则，， 且，，则，， 可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面. （2）90 【解析】 【分析】（1）根据平行的性质可得，即可得；可证，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）求相应长度，作辅助线，可证平面，利用解三角形可求的面积，即可得三棱锥体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知：，，， 设的中点为，连接，， 则，，且，， 又因为，平面，可得平面， 在中，由余弦定理可得， 则为锐角，且， 可得的面积， 所以三棱锥的体积. 18. 在中，角的对边分别是，点D是的中点，，且． （1）求证：或； （2）若为直角三角形，求面积的最大值； （3）若，点E在所在的平面内，点A和点E在的异侧，且为等腰直角三角形，，求的最大值． 【答案】（1）证明：在中，由正弦定理得. 在和中，由正弦定理得：. 因为是中点，，所以 已知，则. 又. 代入得，即. 所以，因为，所以或. 即或. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由中点条件和角度关系得，在和中用正弦定理推得，代入化简得，即可得证； （2）两类情形下均为直角，先利用均值不等式求的最大值，代入三角形面积公式，即得最大面积； （3）由（1）及得，建立坐标系表示各点，写出关于的表达式，换元求导得最大值点，代回得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)知或. 若为直角三角形，则，此时，. ，由，可得. 所以. 当且仅当时取等号，故面积的最大值为16. 【小问3详解】 因为，所以，由(1)知，即. 以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系. 设，则.则. 因为中点，则. 因为为等腰直角三角形，，且在异侧，则. . 令，. 则 即. 因，则当，即时，取得最大值. 则的最大值为. 19. 如图，在平面四边形中，点A为线段上一点，于点A，且，，将沿折起，得到四棱锥． （1）若平面平面，求证：； （2）若二面角的大小为． （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）求侧面与侧面所成二面角的正切值． 【答案】（1）连接， 在中，由余弦定理可得 ，即， 则，可得， 又因为，平面平面，平面平面，平面， 可得平面，由平面可得， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，即可证，由面面垂直的性质可得平面，即可得，进而可得平面，即可得结果； （2）（i）作辅助线，可证平面，结合比例共线可得点到平面的距离，即可求线面夹角；（ii）利用三垂线法分析可知侧面与侧面所成二面角为，进而运算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，， 可知二面角的平面角为， 且，平面，可得平面， 过作，垂足为， 则，则，，可得，， 又因为平面，平面，可得， 且，平面，可得平面， 设，可知平面平面， 则，，即， 可知点到平面的距离， 在中，，，， 由余弦定理可得， 即，解得， 所以与平面所成角的正弦值为； （ii）在中，，，，则， 过点作，垂足为，连接 则， 因为平面，平面，则，， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 可知侧面与侧面所成二面角为，其正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $