精品解析：广东广州市第七中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

2025-2026学年度第二学期高一年级数学科期中学业质量检测 （全卷共4页，监测时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卷上的相关信息. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动的，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.请考生保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷交回. 一、单选题（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，请把正确选项的序号填在括号内） 1. 复数，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，一个三棱柱容器中盛有水，若底面水平放置时，水面高为3，那么当侧面水平放置时，水面恰好经过，，，的中点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 6. 已知复数，，其中，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.已知，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，部分选对得部分分数，选错不得分） 9. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为2，下列说法中正确的有（ ） A. ，是异面直线 B. 该八面体的表面积为 C. 该八面体的体积为 D. 该八面体有外接球 10. 已知六边形为正六边形，且，，以下正确的是（ ） A. B. C. D. 11. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O是内一点，，，的面积分别为，，，则.设O是内一点，的三个内角分别为A，B，C，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（ ） A. B. O有可能是的重心 C. 若O为的外心，则 D. 若O为的内心，则为直角三角形 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，写出一个满足条件的复数___________． 13. 如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进2千米后到达D处，又测得山顶B的仰角为75°，则山的高度BC为___________千米. 14. 已知四边形，，，，沿折叠，使，求此时三棱锥的体积为______. 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. 已知向量，满足，. （1）若，反向，求的坐标； （2）若，求，的夹角. 16. 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点． （1）求证：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 17. 已知锐角中，，，分别为角，，所对的边，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值. 18. 勒洛四面体是一个非常神奇的＂四面体＂，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，请解答以下问题： （1）求勒洛四面体中过三点的截面面积． （2）求勒洛四面体能够容纳的最大球的半径． （3）若是勒洛四面体表面上的任意两点，若正四面体的棱长，求长度的最大值． 19. 在中，角，，所对应的边分别为，，.. （1）若，且为边上靠近点的三等分点，，求面积； （2）若，证明：为等边三角形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期高一年级数学科期中学业质量检测 （全卷共4页，监测时间：120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必填写答题卷上的相关信息. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动的，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.请考生保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷交回. 一、单选题（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，请把正确选项的序号填在括号内） 1. 复数，则复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算和复数的几何意义分析即可. 【详解】因为， 所以复数对应的点的坐标为：，所以复数对应的点在第一象限. 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，， 所以， 解得， 即，则. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理即可直接求解. 【详解】由余弦定理得． 因为为的内角，所以． 故选：C 4. 如图，一个三棱柱容器中盛有水，若底面水平放置时，水面高为3，那么当侧面水平放置时，水面恰好经过，，，的中点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出水的体积，再得到四边形的面积，根据水的体积得到方程，求出答案. 【详解】水的体积， 又分别为，的中点， 故四边形的面积为， 故， 又，所以，解得. 故选：C 5. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，在方向上的投影向量为，则，而， 所以 6. 已知复数，，其中，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数相等的充要条件列出方程组，将表示为关于的二次函数，结合的范围确定的范围，进而得到二次函数的值域，即可得到的取值范围. 【详解】由可得，将消去可得. 令，因为，所以，所以. 当时，取到最小值； 当时，取到最大值为； 所以，实数的取值范围是. 7. 圆锥的底面半径为2，高为，现于圆锥内放置一个可自由旋转的正方体，则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相似求圆锥内切球的半径，然后利用正方体的外接球的直径与棱长之间的关系求解棱长，即可根据正方体的体积公式求解. 【详解】如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径, 设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为， 由于, 由题意可知，所以. 即，解得. 设该正方体棱长的最大值为， 则，解得， 所以该正方体的体积的最大值是，故B正确. 故选：B 8. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标.已知，，则的面积为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，然后求出，再求出的模长，最后用面积公式即可求解. 【详解】因为，是单位向量，，的夹角为， 所以， ， ， ，. 所以， 所以， 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，部分选对得部分分数，选错不得分） 9. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为2，下列说法中正确的有（ ） A. ，是异面直线 B. 该八面体的表面积为 C. 该八面体的体积为 D. 该八面体有外接球 【答案】BD 【解析】 【分析】正八面体由两个全等的正四棱锥底面重合拼接而成，具有高度的对称性，利用正三角形面积公式、棱锥体积公式以及空间几何体的结构特征逐一判断选项. 【详解】 选项A：连接，，设， 由正八面体的对称性可知，为和的中点，在四边形中，对角线互相平分， 所以四边形是平行四边形，故，因为平行直线共面，所以与不是异面直线，故选项A错误； 选项B：正八面体由个全等的正三角形组成，棱长， 每个正三角形的面积为， 所以该八面体的表面积为，故选项B正确； 选项C：正八面体的体积等于两个全等的正四棱锥体积之和， 底面正方形的面积， 设为底面中心，则， 在Rt中，高， 所以正八面体的体积：， 选项中给出的是，故选项C错误； 选项D：由选项C的计算可知，，且， 即点到正八面体个顶点的距离都相等，均为， 所以该八面体有外接球，球心为，半径，故选项D正确. 10. 已知六边形为正六边形，且，，以下正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正六边形的特征求出,，再由向量加法的三角形法则以及向量的减法即可求解. 【详解】如图，设    因为六边形ABCDEF为正六边形， 所以，且. 又是等腰三角形，所以， 从而可有， 则， 所以,同理有. 所以，所以选项A正确； ，所以选项B正确； ，所以选项C错误； ，所以选项D正确. 11. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O是内一点，，，的面积分别为，，，则.设O是内一点，的三个内角分别为A，B，C，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（ ） A. B. O有可能是的重心 C. 若O为的外心，则 D. 若O为的内心，则为直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】由奔驰定理可判断A，利用重心结论可判断B，由外心可知，即可判断C，由内心可知，满足勾股定理，从而可判断D. 【详解】对于A，由奔驰定理得， 因为，，不共线，所以，故A正确； 对于B，若O是的重心，，因为， 所以，即O，B，C共线，故B错误； 对于C，当O为的外心时，， 所以，即，故C正确； 对于D，当O为的内心时，（r为内切圆半径）， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足，写出一个满足条件的复数___________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据所给条件，满足复数的模为1，且复数与共轭复数的和的模也为1． 【详解】设，则； 由可知，， 由，且可知，； 则，可得； 故需满足，． 则满足条件的复数可以为 ，，，． 13. 如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进2千米后到达D处，又测得山顶B的仰角为75°，则山的高度BC为___________千米. 【答案】2 【解析】 【分析】根据条件可得，，，然后利用正弦定理即可求出的长度，从而可求出的长 【详解】解：作,垂足为，如图所示： 由题意得，， 所以，，，且， 在中，由正弦定理得，即， ，解得， 所以， 故答案为：2 14. 已知四边形，，，，沿折叠，使，求此时三棱锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，，证明平面，过点作垂线，交于点，接着证明平面，通过已知长度算出，长度，再根据余弦定理，算出的正弦值，接着算出长度，最后算出体积. 【详解】取中点，连接，，过点作垂线，交于点，如图所示， 因为，，为AC中点， 所以，， 又因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面，即为到平面的高. 因为，，E为AC中点， 所以， 因为，所以， 因为， 由余弦定理可得，， 所以， ， 因为的面积， 由三棱锥体积公式得. 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. 已知向量，满足，. （1）若，反向，求的坐标； （2）若，求，的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用反向共线向量的性质设，结合模长关系求出即可得到的坐标； （2）将模长等式两边平方求出两向量的数量积，再利用数量积的夹角公式计算夹角. 【小问1详解】 由，得， 因为与反向，则，代入、， 得，结合得， 因此. 【小问2详解】 对两边同时平方，得， 展开得， 代入、，得， 化简解得， 设与的夹角为，， 则 ，结合，得，即与的夹角为. 16. 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点． （1）求证：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1） 令，连，如图， 四边形ABCD是正方形，即O是AC中点，而M是矩形ACEF边EF的中点， 则有，且，于是得四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面. （2） ，证明如下： 由（1）知，平面，又平面，平面平面， 因此，，平面， 又平面，平面平面，因此，， 所以. 【解析】 【分析】（1）令，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答. （2），利用（1）的结论，结合线面平行的性质、平行公理推理作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知锐角中，，，分别为角，，所对的边，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理代入已知等式化简，结合正弦定理求得角， （2）再将周长最小值转化为边的最小值，通过余弦定理和基本不等式求解，验证符合锐角三角形条件即可. 【小问1详解】 将代入等式 展开化简可得 ； 整理得 ，即； 由正弦定理可得 ， 因为，且锐角三角形中，即可得； 又为锐角三角形，，故； 【小问2详解】 由题意，，故，三角形周长， 由余弦定理得； 又，代入上式得 ； 由基本不等式可得，故， 当且仅当时等号成立，此时，即， 此时，为等边三角形，满足锐角三角形条件； 故周长最小值为. 18. 勒洛四面体是一个非常神奇的＂四面体＂，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，请解答以下问题： （1）求勒洛四面体中过三点的截面面积． （2）求勒洛四面体能够容纳的最大球的半径． （3）若是勒洛四面体表面上的任意两点，若正四面体的棱长，求长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积， 即． 【小问2详解】 勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图， 其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得， 【小问3详解】 将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，则， ， 所以长度的最大值为， 19. 在中，角，，所对应的边分别为，，.. （1）若，且为边上靠近点的三等分点，，求面积； （2）若，证明：为等边三角形. 【答案】（1） （2）因为， 所以由余弦定理得，得， 则， 由以及余弦定理得， ， 则，则， 则，则， 因为，所以，则，得， 则可化为， 由（1）可知为等边三角形. 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式和正弦定理得出，再结合得出为等边三角形，在中利用余弦定理得，最后利用面积公式求出； （2）由余弦定理将条件化为，再结合余弦定理和辅助角公式得出，再结合（1）可得. 【小问1详解】 由得， 由正弦定理得，则， 因为，所以，即，得，则， 故为等边三角形， 因为为边上靠近点的三等分点，， 所以在中利用余弦定理得， 得， 所以面积为； 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $