新疆维吾尔自治区喀什第二中学2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷

喀什二中2025-2026学年第二学期高一年级期中考试 数学试卷 试卷分值：150分 考试时间：120分钟 考试范围：必修二第六章第七章第八章前五节 注意事项： 1．答题前在答题卡上填写自己的姓名、班级、考号等信息． 2．请将答案正确填写在答题卡上． Ⅰ 选择题部分 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每个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，则的虚部为（ ） A． B． C． D． 2．设，是非零向量，则是成立的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的高是（ ） A． B． C． D． 4．已知在中，，，，则的外接圆半径为（ ） A． B． C． D． 5．已知向量，，满足，，，，则（ ） A． B． C． D． 6．为了测量河对岸一古树高度（如图），某同学选取与树底在同一水平面内的两个观测点与，测得，，并在点处测得树顶的仰角为，若树高约为米，则（ ） A．米 B．米 C．米 D．米 7．设单位向量，的夹角为，，，则在上的投影数量为（ ） A． B． C． D． 8．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且当时，的最小值为，则（ ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的四个选项中，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．下列说法中正确的是（ ） A．若，，，则有两组解 B．已知非零向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 C．若，满足，则与的夹角为 D．在中，若 10．如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列说法中正确的是（ ） A．圆锥的轴截面为直角三角形 B．圆锥的表面积等于球的表面积的一半 C．圆锥的体积与球的体积之比为 D．若半径为，则圆锥侧面积为 11．已知在直角中，斜边，为所在平面内一点，，则下列结论正确的是（ ） A．的取值范围是 B．点在斜边的中线上 C．点的轨迹长度是 D．的取值范围是 Ⅱ 非选择题部分 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，且，则__________． 13．若圆台的上下底面半径分别为和，侧面积为，则圆台的体积为__________． 14．在锐角三角形中，若，则__________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15．（13分） 已知复数． （1）若为纯虚数，求的值； （2）若为实数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围． 16．（15分） 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求该三角形的周长． 17．（15分） 在中，，为的重心．过点的直线分别交射线，于，两点． （1）设，，试用，表示； （2）若，求； （3）若，，求的最小值． 18．（17分） 已知在正四棱柱中，，，点是的中点． （1）求证：直线平面． （2）求三棱锥的体积． 19．（17分） “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，且，点为的费马点． （1）求； （2）若，求的值； （3）若，求的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $喀什二中2025-2026学年第1学期高一年级期中考试 数学试卷参考答案 1 个 8 0 10 11 C B C D B ACD AC ABD 5V5 12.2 13.28π 14.8 15.解：(1)由复数2=(m-)+(m+m小为统虚数，可得m2-1=0且m2+m≠0，解得m=1, 2)由复数2=(m-)+(m+m）为实数，可得m2+m=0, 解得m=-1或m=0； m2-1<0 (3)由复数2在复平面内对应的点位于第二象限，则满足m+m>0 解得0<m<1,即m的取值范围为(0,1). 16.解：(1)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,C, 因为(2a-b)cosC=c·cosB a b c 由正弦定理sin4 sinB sinc得.(2sin4-sinB)cosC=sinCeosB =2R 整理得：2sin4cosC=sincosC+sinCcosB-=sin(B+C) 因为1：B+C=所v5n4=(份+c)0,我aC- 2 Cπ 又0<C<π，所以3： (2)因为△ABC的面积为4V5, S= 2 absinC='。 abx 2ab=43 所以根据三角形的面积公式可得 2 2 解得ab=16, 又因为c2=a+b-2 abeosC=-(a+b}-2ab-2 abcosC 1 42=(a+b)-2×16-2×16× 所以a+b=8,故△ABC的周长为a+b+c=8+4=12. 17.解：解：(1)延长OG,与AB交于点D,则D为AB的中点， 所以 G D (2)因为OA=OB=1,OA⊥OB, 所0i.05-0.c-3o0l-子×5.5 323 若0C=0A-20B. 则0C=01-20丽=vO-40-0丽+40=-0+4=5 0G.0c=(01+0)-01-20m)=0f-01-0B-20丽-1-0-2.1 33. 1 cos(G.oc) 0G.0C 3-= V10 oGOc2x5 10 所以 3 (3)因为P,G,Q三点共线， 所以可设0G=A0P+(1-2)00=m0A+(1-2)n0B OG=104+L0B 由(1)知， 3 3 Am=1 1 m= 3 32 1 1 所以 0-咖-专，即”30-列 股网理月 所以 1 = 当且仅当元=1-九，即2时，等号成立， 4 所以m+n的最小值是3. 18.解：(1)如图，连接AC,设AC∩BD=0,则O为AC的中点， 又E为CD的中点，所以OEAD,又因ADg平面BDE,EOC平面BDE, 所以直线AD∥平面BDE (2)因为C0⊥BD,BD=V32+32=3V2 所以 2 2 又DDL平面ABCD,COC平面ABCD, 所以DD⊥CO,又DD,∩BD=D, 所以CO⊥平面DDB,又E是CD的中点， 所以三棱锥D-EBD的体积为 YD-ERD VE-BDD-VC-BDD3 =x5x3N2x4x3Y5-3 62 2 19解：(1)因为cos2C+2sin(4+B)sin(4-B)=1 所以l-2sin'C+2(sin4cosB+-sinBcosA）(sin4cosB-sinBcos4)=1 sin'C=sin'Acos'B-sin'BcosA=sin(1-sin'B-sinB(1-sin)=sin4-sin'B 整理得：sin2C+sin2B=sin2A, 所以由正弦定理可得a2=b2+c2, 所以△ABC是以A为直角顶点的直角三角形， 所以A=90°： (2)由(1)可得，A=90°，所以△ABC三个内角A,B,C都小于120°， 则由费马点的定义可知：∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设P风=x,P阳=y.PC=, 又S△PHB+S△PHC+S△PBc=S△ABC, 15,13,151 y· -+一z· ×6 即2 22 22 22 即y+z+z=4V3 所以 A-P阳+PsPc+c.m=（（》(x4=25 (3)由费马点的定义可知，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， PB=m,PCl=n,PA=p,m,n,p>0. PA=-p PB PC 则 m n 又PA=xPB+yPC x=D y=-卫 所以m, n 由余弦定理可得：AB=p2+m2-2 mpcos120°=p2+m2+pm AC=p2+n2-2npcos120=p2+n2+pn BC=m2+n2-2mncos1200 m2+n2+mn 因为A=90°，所以BC=AB+AC 所以有m+n+mm=(p+m+pm）+(p2+n2+pm)】 化简可得：mn=pm+pn+2p, m=卫n=-卫 将X, y代入上式，化简得2y-x-y-1=0, ys+yP 因为（2)，当且仅当x=y时等号成立， 又2y-x-y-1=0,解得： =y=13 2, t2 -t-1≥0 设x+y=t,所以2 ,解得21+V3或1≤1-V3, 因为x<0,y<0,所以t<0,所以t≤1-V5, 即x+y的最大值为1-V3」