精品解析：江苏宜兴中学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 高一数学试卷 满分：150分　考试时间：120分钟 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法计算，结合复数的虚部定义即得. 【详解】由,可知其虚部为. 2. 已知平面上两点，若，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设点的坐标，再应用向量的坐标运算求解. 【详解】设的坐标为 且平面上两点，又， 则，且， 所以，即得 则的坐标为. 3. 已知直线是不同的直线，平面，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】对于A，若，，则或与相交或与异面，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确； 对于D，若，，则或与相交，故D错误． 故选：C． 4. 设中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用判断出三角形为直角三角形． 【详解】由， 利用正弦定理：， 整理得， 因为，所以，故， 故． 所以为直角三角形. 故选：D． 5. 记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理先计算出，而角有两解，则需要满足且是最大边进而求出的范围. 【详解】角有两解，即角有两解，由正弦定理可知：， 角要有两解，则需满足且，解得：. 故选：C 6. 已知圆锥底面半径为3，体积为，若圆锥底面圆周和顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得圆锥的高，结合球的截面圆的性质，以及球的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的高为，因为圆锥的体积为，可得，解得， 设圆锥的外接球的半径为，可得，即， 解得，所以外接球的表面积为. 故选：A. 7. 如图，已知圆的半径为2，是圆的一条直径，是圆的一条弦，且，点在线段上，则的最小值是（ ） A. 1 B. -2 C. -3 D. -1 【答案】D 【解析】 【分析】连接，利用平面向量的运算法则得到，连接，在中，当时，最小，求出的值即可得到结果. 【详解】连接， 由题可知， ， 连接， 在中，当时，最小， 由于， 所以的最小值为， 因此的最小值为， 故选：D． 【点睛】关键点睛：把求最小值问题转化为求解点到线的最短距离问题是解决本题的关键. 8. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】因为，，所以. 由正弦定理可知，，所以，， 又，所以，所以. 由余弦定理知，，所以，即. 又， 所以，所以. 故选：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. 设向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为锐角，则 D. 与共线的单位向量是 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，由向量垂直可得，再由平面向量的坐标运算即可求解； 对于B选项，由向量共线以及向量的坐标运算即可求解； 对于C选项，由向量夹角为锐角可得以及向量不可共线即可求解； 对于D选项，由向量共线的坐标表示即可求解. 【详解】对于A选项，因为，所以，即，解得，故A正确； 对于B选项，因为，由，则，解得，故B正确； 对于C选项，由与的夹角为锐角，可得，解得且，故C错误； 对于D选项，与共线的单位向量有两个，即，可得或，故D错误. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若复数满足，则的最大值为3 C. 已知两个单位向量，的夹角为，若，则 D. 已知空间四边形的对角线，，，分别是，的中点．若异面直线，所成角为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据模的定义（举例）判断A，利用复数模的几何意义判断B，根据数量积的运算计算模判断C，用表示出，然后通过平方计算模判断D. 【详解】对A，若，则，A错； 对B，因为，所以复数在复平面上对应的点在以原点为圆心，１为半径的圆上， 设对应的点为，则，而， 所以的最大值是，所以的最大值为3，B正确； 对C，由已知，因为， ，C正确； 对D，因为，分别是，的中点，则， 可得， 则 因为异面直线，所成角为，则或， 若 ，则； 若 ，则； 所以或，故D错. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使四点共面 B. 存在点，使平面 C. 三棱锥的体积为 D. 经过四点的球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一水平放置的正方形的边长为4，则其用斜二测画法得到的直观图的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用斜二测画法中直观图与原图形的面积比例关系计算即可. 【详解】因水平放置的正方形的边长为4，则其面积为， 由斜二测画法的面积比例规律可得. 13. 四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，若平面，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，连接，作交于，连接，证明平面平面，由面面平行的性质定理得，然后利用平行线的性质可求得. 【详解】设，连接， 作交于，连接， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又是平行四边形，所以是中点，所以是中点，即， 因为，即，所以，所以，从而， 由得，所以，而，所以. 14. 在中，，，，点是内一点，且满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知的、长度和的度数，利用向量数量积公式计算的值，然后将题设的向量等式变形，对等式两边同时点乘，整理得到与、的关系.把、用、替换后代入原向量等式，得到用、和表示的表达式.计算，最后将其代入转化为关于的函数，利用函数的性质和基本不等式求最小值. 【详解】由已知，，， 根据向量数量积定义得. 因为，所以， 两边同时点乘，可得. 因为，所以代入上式得， 整理得，即， 将等式两边同时取模长的平方得.  因为，所以.  所以， 因为点在内部，，即, 根据平面向量基本定理可得，解得. 设，则， 因为，由基本不等式得, 当且仅当，即时取等号. 所以，即， 两边同乘，得. 所以的最小值为. 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. 已知复数（） （1）若，求实数m的值； （2）若z为虚数，求实数m的取值范围； （3）若复数z对应的点在第四象限，求实数m的取值范围. 【答案】（1）-1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据得到为实数，从而得到方程和不等式，求出答案； （2）由求出答案； （3）根据第四象限的坐标特征得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 ，故为实数， ，解得； 【小问2详解】 z为虚数，故，所以； 【小问3详解】 由题意得，解得 16. 已知菱形的边长为2，为对角线（异于，）上一点． （Ⅰ）如图1，若，，设，．试用基底表示，并求； （Ⅱ）如图2，若，点在边，上的射影分别为，，求与的夹角． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）依题意可得，再根据平面向量线性运算法则计算可得，由根据平面向量数量积的运算律求出，最后根据计算可得； （Ⅱ）依题意可得，如图建立平面直角坐标系，设，表示出，的坐标，再根据数量积的坐标运算得到，即可得解； 【详解】解：（Ⅰ）由可知，，从而 ， 因为，所以， 因为，，解得， 所以． （Ⅱ）因为，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由为（异于，）上一点，从而设，则，，所以，，因此，因此，与的夹角为． 17. 如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离． 【答案】（1）证明：连接，交点O，连接，则O是的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）证明：因为为等边三角形，且D是的中点， 所以，由正三棱柱的性质知，平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点O，连接，易得，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先证明，，从而知平面，再由面面垂直的判定定理，即可得证； （3）先将问题转化为求点B到的距离，再利用等体积法求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）知平面， 以直线到平面的距离等价于点B到平面的距离， 由（2）知平面，所以点A到平面的距离为， 而2， 4， 设点B到平面ADC1的距离为d， 因为， 所以，即，解得d， 所以直线A1B到平面ADC1的距离为． 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，D为BC中点，，求的面积； （3）在内，将满足的点P称为的布洛卡点．若P为的布洛卡点，且，求的周长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边角互化，代入计算，再结合余弦定理即可得到结果； （2）由题意可得，结合向量的数量积运算化简，再由余弦定理代入计算，即可得到结果； （3）分别在与中，结合正弦定理表示出，列出方程，在中，结合余弦定理代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由， 得． 由正弦定理，得，整理得． 由余弦定理，得． 又，所以． 【小问2详解】 由题知，所以． 则，所以． 由（1）得，，又，所以，联立，得， 故的面积为． 【小问3详解】 如图，设，因为，所以， 由（1）知，，所以， 在中，设， 由正弦定理得，所以， 在中，由上可知，， 由正弦定理，得所以， 所以，则，整理，得， 所以，，解得，． 又，所以， 则，因此为等边三角形． 在中， 由余弦定理得，， 所以，故的周长为． 19. 在直角梯形中，，，（如图1）．把沿翻折，使得二面角的平面角为（如图2），、分别是和的中点． （1）证明：平面平面； （2）若是线段的中点，动点在三棱锥表面上运动，并且总保持，求动点的轨迹的长度（可用表示），适当说明理由，无需证明； （3）若、分别为线段与上一点，使得（如图3），令与，与所成的角分别为和，且和，求的取值范围． 【答案】（1）因为，且点是的中点，所以， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为，， 所以， 所以，得， 因为点分别是的中点，所以，即， ，且平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用垂直关系和平行关系，转化为证明平面即可； （2）由（1）得平面，进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度； （3）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 由（1）知平面，分别取的中点为，连接, 则,平面,平面，所以平面， 同理平面，由于平面， 所以平面平面， 所以平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形， 由，，所以即为二面角的平面角，所以， 因为， ， 因此， 所以点F的轨迹长度为． 【小问3详解】 在线段上取点使得 由于平面，平面，， 因为，，， 所以，，从而有， 因为和 ，所以 则． 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 高一数学试卷 满分：150分　考试时间：120分钟 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面上两点，若，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线是不同的直线，平面，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 设中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角三角形 5. 记的内角的对边分别为.已知，若角有两解，则的值可以是（ ） A. 2 B. C. D. 4 6. 已知圆锥底面半径为3，体积为，若圆锥底面圆周和顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知圆的半径为2，是圆的一条直径，是圆的一条弦，且，点在线段上，则的最小值是（ ） A. 1 B. -2 C. -3 D. -1 8. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 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. 设向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为锐角，则 D. 与共线的单位向量是 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若复数满足，则的最大值为3 C. 已知两个单位向量，的夹角为，若，则 D. 已知空间四边形的对角线，，，分别是，的中点．若异面直线，所成角为，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使四点共面 B. 存在点，使平面 C. 三棱锥的体积为 D. 经过四点的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一水平放置的正方形的边长为4，则其用斜二测画法得到的直观图的面积是________． 13. 四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，若平面，则的值为________． 14. 在中，，，，点是内一点，且满足，则的最小值为________． 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. 已知复数（） （1）若，求实数m的值； （2）若z为虚数，求实数m的取值范围； （3）若复数z对应的点在第四象限，求实数m的取值范围. 16. 已知菱形的边长为2，为对角线（异于，）上一点． （Ⅰ）如图1，若，，设，．试用基底表示，并求； （Ⅱ）如图2，若，点在边，上的射影分别为，，求与的夹角． 17. 如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离． 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，D为BC中点，，求的面积； （3）在内，将满足的点P称为的布洛卡点．若P为的布洛卡点，且，求的周长． 19. 在直角梯形中，，，（如图1）．把沿翻折，使得二面角的平面角为（如图2），、分别是和的中点． （1）证明：平面平面； （2）若是线段的中点，动点在三棱锥表面上运动，并且总保持，求动点的轨迹的长度（可用表示），适当说明理由，无需证明； （3）若、分别为线段与上一点，使得（如图3），令与，与所成的角分别为和，且和，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $