黑龙江佳木斯市第二中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

**基本信息** 高一数学期末卷涵盖复数、向量、立体几何、解三角形等核心知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，考查抽象能力、空间观念与推理能力，如解答题16题结合几何证明与空间角计算，适配高一学段综合要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|复数虚部、向量运算、解三角形基础|如第1题辨析复数虚部，夯实概念理解| |多选题|3题18分|斜二测画法、向量关系、外接球体积|如第11题四棱锥体积与线面角综合，区分能力层次| |填空题|3题15分|复数纯虚数、三棱锥外接球、动态向量范围|如14题动点向量取值，考查数学思维灵活性| |解答题|5题77分|复数几何意义、立体几何证明与距离、解三角形综合|如18题三棱锥存在性问题，融合空间观念与创新意识，契合期末综合考查趋势|

2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（   ） A．1 B．i C．－1 D．－i 2．已知向量满足，且，则（    ） A．0 B．3 C．6 D． 3．在中，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，若点不能构成三角形，则实数应满足的条件为（    ） A． B． C． D． 5．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 6．在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ） A． B． C．3 D． 7．在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则过B、E、三点的平面截正方体所得的截面图形的面积为（    ） A．5 B． C． D． 8．已知三角形ABC满足，则三角形ABC的形状一定是（    ） A．正三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 二、多选题：本题共3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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9．如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ）    A． B．四边形的周长为 C． D．四边形的面积为 10．已知向量，，则（    ） A．当时， B．当时， C．与夹角为锐角时，则的取值范围为 D．当时，在上的投影向量为 11．已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C． D．若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若复数满足，且是纯虚数，则复数________________. 13．在三棱锥中，平面BCD，，且，则该三棱锥外接球的表面积为__________． 14．在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为______________ . 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．（本题13分）已知复数. (1)若在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围； (2)当时，是关于的方程的一个根，求实数的值. 16．（本题15分）如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，平面 为PA的中点． (1)证明：； (2)求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值； (3)求点到平面BDE的距离． 17．（本题15分）在中，角，，的对边分别为，，，，． (1)求角； (2)若是线段的中点，且，求． 18．（本题17分）如图，三棱锥中，平面PAC，，，，点E满足，． (1)证明：平面ABC； (2)若在棱AB上存在一点D，使得． （ⅰ）求BD的长； （ⅱ）若F是棱BC上的动点，求直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围． 19．（本题17分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，. (1)求的外接圆半径； (2)若为锐角三角形，求周长的取值范围. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2025-2026学年度第二学期期末考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B A C B C B AD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】由复数的除法运算即可求解. 【详解】由题知， 所以z的虚部为为1. 故选：A. 2．D 【分析】根据，得，可求出的值，继而根据，即可求得答案. 【详解】由题意知向量满足，且, 故，，即，即， 则， 故选：D 3．B 【分析】首先利用余弦定理求出的长度，再根据余弦定理求出的值. 【详解】在中，； 由余弦定理，解得. 再根据余弦定理，解得. 故选：. 4．A 【详解】点不能构成三角形，故共线， 故，解得. 5．C 【分析】根据直线与平面间位置关系判断. 【详解】对于A，，且，可能与平行或在内，同样可能在平面内，A错； 对于B，，可能在内，，则可能在内，可能与相交，B错； 对于C，，且，则，又，则，C正确； 对于D，，且，可能相交，可能平行，也可能异面，D错； 故选：C。 6．B 【分析】根据空间直角坐标系中点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由题意，所以点到直线的距离为： . 7．C 【分析】先作出截面图形，易知截面为菱形，再结合菱形面积公式求解即可 【详解】设平面交棱AD于F， 由正方体性质及平面与平面平行的性质定理得，， 由勾股定理可得四边形所有边长的长度为， 所以是菱形，且为的中点， 取的中点，连接，则 ， 故． 故选：C． 8．B 【分析】根据单位向量的定义及加法的几何意义有对应向量在的角平分线上，进而有的角平分线与边垂直，结合等腰三角形的性质即可得. 【详解】由几何意义知，对应向量在的角平分线上， 由，即的角平分线与边垂直， 所以三角形ABC的形状一定是等腰三角形. 故选：B 9．AD 【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可. 【详解】如图过作，    由等腰梯形可得：是等腰直角三角形， 即,即C错误； 还原平面图为下图，    即，即A正确； 过C作，由勾股定理得， 故四边形ABCD的周长为：，即B错误； 四边形ABCD的面积为：，即D正确. 故选：AD. 10．ACD 【分析】利用向量坐标计算向量模长和数量积，分别根据各选项中关于向量的加法，数量积，夹角与投影向量的表示，计算即可逐一判断. 【详解】因，，则，. 对于A，由，可得，故A正确； 对于B，时，由，解得，故B错误； 对于C，与夹角为锐角等价于， 解得且，即，即C正确； 对于D，时，，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD. 11．ABD 【分析】选项A首先证明平面，然后推导出线线垂直；选项B首先确定球心到平面的距离，然后计算体积关系；选项C先确定面积关系，再根据体积公式判断；选项D先由线面角确定高，再利用重要不等式求出最值. 【详解】由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆， 因为，所以为外接圆直径，则， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因平面，则，选项A正确； 由平面，，可得球心到平面的距离为， 又四棱锥，的底面积相等，所以，选项B正确； 因都在以为直径的圆上，而的面积不一定相等， 即，而，， 所以，选项C错误； 平面，所以直线与平面所成的角为， 所以， ， 因为，而，即得， 当且仅当时等号成立，选项D正确. 12．或 【分析】设，然后根据题意列方程组可求出，从而可求出复数. 【详解】设复数，则， 因为复数满足，且是纯虚数， 所以，解得，或， 所以复数或， 故答案为：或 13． 【分析】构造长方体，则三棱锥外接球即为长方体的外接球. 【详解】根据题意可构造如下图的长方体， 故三棱锥外接球即为长方体的外接球，其外接圆半径为，则 ， 所以， 故答案为：. 14． 【分析】由余弦定理可得，从而得 ，根据向量的线性运算求解即可. 【详解】解：由，解得， 设， 则 . 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）依题意可得，再解一元二次不等式组即可； （2）将复数代入方程即可. 【详解】（1）因为复数在复平面内对应的点位于第四象限，则， 解得，即的取值范围是. （2）当时，， 因为是关于的方程的一个根，所以， 即，整理得， 所以，解得， 即的值为，的值为. 16．(1) 因为平面，平面，所以，， 又因为是正方形，所以， 以为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系如图， 则，，，，，， ，，， 所以. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量关系证明 （2）分别求出平面BDE与平面ABCD的一个法向量，利用向量夹角公式求解即可； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为，， 则，令，得：，即， 易知平面的法向量为， 所以， 所以取绝对值得平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（2）知，平面的法向量为， 点到平面的距离 ， 即点到平面的距离为. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式可得答案； （2）利用余弦定理和向量公式，结合三角形面积公式可得答案. 【详解】（1）由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴. （2）由（1）及余弦定理得，即①， 又因为，则， 则， 即， 所以②， 由得， 所以. 18．(1)由平面PAC，PE，平面PAC， 所以，． 因为，，所以． 在中，， 在中，，所以，即． 又，AC，平面ABC， 所以平面ABC． (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）根据线面垂直的性质以及判定定理求解即可. （2）（ⅰ）D为AB上靠近B的三等分点，根据线面垂直的判定定理、性质以及线线平行的性质求解即可. （ⅱ）根据线面平行得到F到平面PDE的距离即C到平面PDE的距离，再根据正弦函数的定义求解即可. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）D为AB上靠近B的三等分点， 即，使得． 理由如下：连接DE， 因为，所以，所以． 因为平面PAC，平面PAC， 所以，所以． 由（1）可知平面ABC，平面ABC，所以． 又因为，平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE． 因为平面PDE，所以．所以． （ⅱ）由（ⅰ）可知，且平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE，则F到平面PDE的距离即C到平面PDE的距离，记为h． 由（ⅰ）知：平面PDE，所以． 在中，由 得， 设直线PF与平面PDE所成角为，则， 所以， 所以直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围为． 19．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可由余弦定理求解， （2）根据正弦定理以及三角恒等变换可得，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）由可得， 故，由于，故 由余弦定理得 由于，所以， ，根据解得， 所以的外接圆半径为. （2）由（1）知，，，， 由正弦定理有， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得    ， 所以，则， 所以，则. 所以周长的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $