精品解析：江苏无锡市太湖高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

2025－2026学年度第二学期期中考试 高一数学 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用虚数运算化简等式左侧，再利用复数相等：实部与实部相等、虚部与虚部相等列方程求出. 【详解】原式可化为， 而，，所以，解得，故. 2. 已知向量，，且，，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行和垂直的坐标运算求向量的坐标. 【详解】因为且，设，则， 又因为，所以，解得， 所以，故A正确. 3. 有一块多边形木板，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块木板的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由所给条件求出BC，将斜二测直观图还原成直角梯形，利用梯形的面积公式即可求解. 【详解】如图1所示，过点A作AE垂直BC于点E，，， ，四边形是正方形，则，， 将斜二测直观图还原成图2所示直角梯形，则其中， 所以这块木板的面积为. 4. 已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由向量，，得， 所以向量在向量上的投影向量为. 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理进行边角转化即可解得. 【详解】因为，由正弦定理可得， 所以， ，则，所以， 则有. 6. 素面高足银杯（如图1）是陕西历史博物馆收藏的唐代金银器典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族生活方式与跨文化融合的关键物证．如图2，将银杯主体近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略）．已知杯口直径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球及圆柱的体积公式求出圆柱的高，再利用球的表面积公式及圆柱侧面积公式求解. 【详解】设圆柱的高为，而半球半径及圆柱底面圆半径为3， 由酒杯容积为，得，解得， 所以银杯内壁表面积为. 7. 如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别延长交于点，求出，取中点，连接，由条件求出的长和，利用余弦定理即可求得. 【详解】 如图，分别延长交于点，取中点，连接， 因，分别为，的中点，，，，， 则，，且， ， 在中，由余弦定理， 可得. 8. 在中，角，，的对边分别为，，．若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过余弦定理以及正弦定理化简等式，并通过三角形内正切的等式关系解题. 【详解】因为，所以， 所以，解得，又因为，，易得， 所以. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题错误的是（ ） A. 一个棱柱至少有个面 B. 直四棱柱是长方体 C. 圆心和圆上两点可确定一个平面 D. 正方形的直观图是正方形． 【答案】BCD 【解析】 【详解】因为一个棱柱底面边数最少为三角形，此时有3个侧面，2个底面，共5个面，故A正确； 直四棱柱的底面不一定是矩形，故直四棱柱不一定是长方体，B错误； 当圆心和圆上两点都在同一条直径上时，圆心和圆上两点不能确定一个平面，C错误； 正方形的直观图是平行四边形，不一定是正方形，D错误. 10. 对于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义和复数的乘法可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的运算可判断C选项；利用复数的乘法以及复数的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，设，， 所以， 则， ，故，A对； 对于B选项，不妨取，则，，故，B错； 对于C选项，若，设，则， 所以 ，C对； 对于D选项，设，则， 若，则， 若，则，此时； 若，则，即，此时，则， 综上所述，若，则，D对. 11. 中，角、、所对的边分别为、、，则如下命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则； D. 若，，，则边上的中线的长为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用余弦定理结合基本不等式可判断A选项；利用正弦定理结合正弦函数的基本性质可判断B选项；利用正弦函数的单调性结合诱导公式可判断C选项；利用正弦定理结合余弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，由余弦定理可得 ，即， 又因为，故，A对； 对于B选项，因为、中至少有一个为锐角，不妨设为锐角，则， 由可得，故为锐角， 由正弦定理可得，即，所以， 因为、，所以、，故或， 所以或，故为等腰三角形或直角三角形，B错； 对于C选项，因为为锐角三角形，则，所以， 因为、，所以， 又因为正弦函数在上单调递增，所以， 同理可得，， 由不等式的基本性质可得，C对； 对于D选项，因为，，， 所以， 由正弦定理可得， 所以，， 因为为边的中点，所以， 由余弦定理可得， 故边上的中线的长为，D错. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知圆锥底面半径为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为________． 【答案】16 【解析】 【分析】利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长，可求得圆锥的母线长. 【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长， 则，解得. 13. 复数满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，将条件转化为距离问题即可得到答案 【详解】设， 由得， 所以， 即点是圆心为，半径为1的圆上的动点， ，表示的是点与点的距离，而在圆外 所以的最小值为点到圆心的距离减去半径， 即的最小值为. 14. 已知平面向量，（，）满足，且与的夹角为，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】设，结合图形推得，借助于正弦定理，用的三角函数表示出，利用三角函数的性质即可求得其范围. 【详解】设，则,由题意，, 因与的夹角为，则, 设的外接圆半径为，由正弦定理，, 解得,且， 因，则，则，故， 当且仅当时，取得最大值. 故的取值范围是. 四、解答题：本大题共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. 设为虚数单位，，复数，，且在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上． （1）求的值及复数的共轭复数； （2）若（）是纯虚数，求实数的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上 ，得． 复数的共轭复数． 【小问2详解】 ， 若是纯虚数， 则， 解得． 16. 如图，在平面四边形中，，，，，．求四边形绕所在直线旋转一周所形成几何体的表面积与体积． 【答案】， 【解析】 【分析】过点 作 ，交 的延长线于点 ．先在直角三角形 中求出 ，再求 ．四边形 绕 所在直线旋转形成圆台，三角形 绕 所在直线旋转形成圆锥，所求几何体可看作该圆台挖去该圆锥所得的几何体．据此分别计算表面积与体积． 【详解】如图，过点 作 ，交 的延长线于点 ． 由，可得，又 ，， 则， 因为 ，，所以 ． 于是四边形 为直角梯形，且 四边形 绕 所在直线旋转一周形成一个圆台，其中下底面半径为，上底面半径 ，高 ，母线长 ． 三角形 绕 所在直线旋转一周形成一个圆锥，其底面半径为，高 ，母线长为． 原四边形 旋转所得几何体为上述圆台挖去上述圆锥所得的几何体． 圆锥的底面与圆台的上底面重合，则最终几何体的表面由圆台的下底面、圆台的侧面和圆锥的侧面组成． 所以所求表面积为 即. 所求体积为 即. 故所求几何体的表面积为 ，体积为 ． 17. 如图，在平行四边形中，，，点是的中点，是线段上靠近点的三等分点，，设，． （1）若， ①用，表示，； ②求的大小； （2）若，且，求平行四边形的面积． 【答案】（1）①，；② （2） 【解析】 【分析】（1）①借助平面向量线性运算法则计算即可得；②借助数量积公式计算可得，即可得的大小； （2）借助平面向量数量积公式计算可得，再利用平行四边形面积公式计算即可得. 【小问1详解】 ①由题知，，， 则， ； ②， ，即； 【小问2详解】 若，则， 又，， ， ，解得， 而，又，， 平行四边形的面积． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若角的平分线交边于点，，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：利用余弦定理表示出，进而得到的值，最后求出角； 方法二：先利用正弦定理进行边角转化，再结合三角函数的性质求出角的大小． （2）先根据角平分线的性质得到b与c的关系，再利用余弦定理求出b和c的值，进而求出三角形的周长． 【小问1详解】 （方法1）， 由余弦定理知， 化简得， ． 又， ． （方法2）， ， 由正弦定理得， ， ， ， 整理得， 又， ， 又， ． 【小问2详解】 角的平分线交边于点，， ， 又， ，即． 又， ． 在中，由余弦定理得， ， 则， ， 解得或（舍）． 的周长． 19. 如图，在平面四边形中，，． （1）若，求证：当长度变化时，为定值，并求此定值； （2）若是等边三角形， ①当时，求的面积； ②求的面积的最大值． 【答案】（1）在 中，由余弦定理，， 在 中，由余弦定理， 联立可得所以 即 故当 的长度变化时， 始终为定值． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）分别在三角形 与三角形 中利用余弦定理表示 ，两式相等即可消去 ，得到所求定值．（2）①利用等边三角形得到 、，再在三角形 中求 的正弦、余弦，进而求 的正弦及三角形 的面积；②设 ，，用正弦定理和余弦定理把面积化为只含 的三角函数式，再求其最大值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ① 因为 是等边三角形，且 ，所以 在 中，，，． 由余弦定理，， 因为 ，所以 由图可知 位于 内部，因此 于是 . 所以； ② 设 ． 在 中，由正弦定理，所以（1） 由余弦定理得（2） 又由余弦定理，即 结合式（2），得（3） 因为 是等边三角形，所以 ，从而 因此， 将（1），（3）代入得， 整理得. 因为从而 则当即 时，取得最大值1， 此时取得最大值， 即 面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年度第二学期期中考试 高一数学 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，，则向量（ ） A. B. C. D. 3. 有一块多边形木板，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块木板的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 素面高足银杯（如图1）是陕西历史博物馆收藏的唐代金银器典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族生活方式与跨文化融合的关键物证．如图2，将银杯主体近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略）．已知杯口直径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ）． A. B. C. D. 7. 如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角，，的对边分别为，，．若，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题错误的是（ ） A. 一个棱柱至少有个面 B. 直四棱柱是长方体 C. 圆心和圆上两点可确定一个平面 D. 正方形的直观图是正方形． 10. 对于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 中，角、、所对的边分别为、、，则如下命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则； D. 若，，，则边上的中线的长为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知圆锥底面半径为6，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为________． 13. 复数满足，则的最小值为________． 14. 已知平面向量，（，）满足，且与的夹角为，则的取值范围是________． 四、解答题：本大题共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. 设为虚数单位，，复数，，且在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上． （1）求的值及复数的共轭复数； （2）若（）是纯虚数，求实数的值． 16. 如图，在平面四边形中，，，，，．求四边形绕所在直线旋转一周所形成几何体的表面积与体积． 17. 如图，在平行四边形中，，，点是的中点，是线段上靠近点的三等分点，，设，． （1）若， ①用，表示，； ②求的大小； （2）若，且，求平行四边形的面积． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若角的平分线交边于点，，，求的周长． 19. 如图，在平面四边形中，，． （1）若，求证：当长度变化时，为定值，并求此定值； （2）若是等边三角形， ①当时，求的面积； ②求的面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $