精品解析：陕西西安市第八十九中学2025-2026学年下学期期中考试高一数学试题

2025～2026学年度第二学期期中质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分120分，时间100分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 任意一条直线与一个点确定一个平面 B. 任意三条互相平行的直线确定一个平面 C. 任意三角形的三个顶点确定一个平面 D. 两两相交的任意三条直线确定一个平面 3. 如图，矩形中，、分别是与边的中点，则与向量相等的向量为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，已知，，，则（ ） A. 5 B. C. D. 5. 已知为所在平面内的一点，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积的一半，那么这个圆锥的轴截面的顶角的正弦值是（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的长度为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知，，是平面内三个不同的单位向量，函数，若，且，则的最大值是（ ） A. 4 B. 3 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和3，母线长为，则（ ） A. 圆台的高为2 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的轴截面面积为10 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的外接圆半径为 D. 11. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，是由两种及以上正多边形围成的、所有棱长完全相等的多面体，有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的所有棱长均为6，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 棱长为2 B. 共有8个正六边形面和8个正方形面 C. 表面积为 D. 体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 正六边形中，平面，平面，且与正六边形所在平面不重合，则平面与平面的位置关系是________． 13. 已知，是同一平面内互相垂直的两单位向量，且，，则与夹角的余弦值为________． 14. 锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，已知，，则面积的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，共61分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （1）已知复数满足，求与； （2）计算：． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 17. 如图，在三棱柱中，，，分别是棱，，的中点． （1）证明：直线与没有交点； （2）若三棱柱的体积为24，求四棱锥的体积． 18. 如图，在正四棱锥中，点，分别为棱，上的四等分点，且，． （1）若，，求四棱锥的体积； （2）取点，分别为，的中点，试证明三条直线，，交于一点． 19. 已知对任意正整数，向量，，且总满足 （1）若，，求； （2）证明； （3）若，，证明． 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质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分120分，时间100分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助复数运算法则求出复数后利用虚部定义即可得. 【详解】，则的虚部为. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 任意一条直线与一个点确定一个平面 B. 任意三条互相平行的直线确定一个平面 C. 任意三角形的三个顶点确定一个平面 D. 两两相交的任意三条直线确定一个平面 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，根据基本事实的推论，经过直线和直线外一点才能确定一个平面，故A错误； 对于B，三条平行直线不一定能确定一个平面，例如三棱柱的三条侧棱所在的直线，这三条直线就不共面，故B错误； 对于C，根据基本事实，不在一条直线上的三点确定一个平面， 而三角形的三个顶点不在一条直线上，故C正确； 对于D，两两相交的三条直线不一定能确定一个平面，例如三棱锥的三条侧棱所在直线，这三条直线就不共面，故D错误； 3. 如图，矩形中，、分别是与边的中点，则与向量相等的向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可得，又因为、分别是与边的中点， 所以，所以四边形为平行四边形，因此，， 又因与的方向相同，所以与向量相等的向量为. 4. 如图，四边形表示水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，已知，，，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法，作出四边形的图形求解即可. 【详解】由斜二测画法，可知四边形中， ，，且,如图所示： 过作于， 则四边形为矩形， 所以, 所以, 在中，. 5. 已知为所在平面内的一点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合平面向量的线性运算，直接利用基底来表示向量. 【详解】由题得， . 6. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积的一半，那么这个圆锥的轴截面的顶角的正弦值是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆锥与半球的底面半径为，圆锥的高为，母线长为，轴截面的顶角为． 则由可得，即． 所以圆锥轴截面顶角，其正弦值是1． 7. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的长度为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题可得，解得， 则， 因此在方向上的投影向量的长度为. 8. 已知，，是平面内三个不同的单位向量，函数，若，且，则的最大值是（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目条件设出，，，由已知条件并判断范围，再用辅助角公式化简求解即可. 【详解】已知函数，，且， 则和中，一个大于0，另一个小于0， 不妨设，，，， 所以，， 则，异号，即， 所以， 则， 因为， 所以当时，取得最大值1， 即. 二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和3，母线长为，则（ ） A. 圆台的高为2 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 圆台的轴截面面积为10 【答案】ABD 【解析】 【详解】由题意，圆台的上、下底面半径分别为，母线长为， 则圆台的高为，故A正确； 圆台的侧面积为，故B正确； 圆台的体积为，故C错误； 圆台的轴截面面积为，故D正确. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的外接圆半径为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由同角三角函数平方关系计算判断A；由余弦定理计算判断B；由正弦定理计算判断C；由结合向量数量积运算律及定义计算判断D. 【详解】对于A，在中，，则，故A正确； 对于B，由余弦定理可得， 即，解得（负值舍去），故B正确； 对于C，由正弦定理可得， 所以的外接圆半径为，故C错误； 对于D，因为， 所以，故D正确. 11. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，是由两种及以上正多边形围成的、所有棱长完全相等的多面体，有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的所有棱长均为6，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 棱长为2 B. 共有8个正六边形面和8个正方形面 C. 表面积为 D. 体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项AB，结合立体图形容易进行判断；选项C，分别计算8个全等的正六边形面和6个全等的正方形面的面积，进而求和得到阿基米德多面体的表面积为；选项D，阿基米德多面体体积为正八面体体积减去6个全等的四棱锥体积，分别计算两部分的体积，进而求得阿基米德多面体体积为. 【详解】选项A，因为正八面体的所有棱长均为6，截去的四棱锥都是全等的，所以截去后，剩余棱长为2，A正确. 选项B，根据立体图形可知，阿基米德多面体共有8个正六边形面和6个正方形面，B错误. 选项C，阿基米德多面体由8个全等的正六边形面和6个全等的正方形面组成. 单个正六边形面积为,单个正方形面积为. 所以阿基米德多面体表面积为，C正确. 选项D，阿基米德多面体体积为正八面体体积减去6个全等的四棱锥体积. 正八面体体积为两个全等的四棱锥的体积之和： 单个截去的四棱锥体积为. 所以阿基米德多面体体积为，即D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 正六边形中，平面，平面，且与正六边形所在平面不重合，则平面与平面的位置关系是________． 【答案】相交 【解析】 【分析】根据题意得所在直线相交于，所以且，又由与正六边形所在平面不重合可知平面与平面相交. 【详解】正六边形中， 因为所在直线相交，设交点为， 因为平面，所以. 因为平面，所以. 所以平面，平面重合或相交. 又因为与正六边形所在平面不重合，所以排除重合的情况， 即平面与平面相交. 13. 已知，是同一平面内互相垂直的两单位向量，且，，则与夹角的余弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，，利用向量夹角余弦的坐标公式求解即可. 【详解】不妨设，， 则，， 所以，， 设与夹角为， 则. 14. 锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，已知，，则面积的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦的二倍角公式以及正弦定理，解三角形，进而根据锐角三角形确定夹角范围，然后利用三角形面积公式即可求解. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得，，即， 解得，所以， 由正弦定理得，，即， 所以， 因为三角形是锐角三角形， 所以，即得， 所以，，， 所以，即， 所以面积为. 四、解答题：本题共5小题，共61分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. （1）已知复数满足，求与； （2）计算：． 【答案】（1），；（2） 【解析】 【详解】（1）设， 由可得，即， ，解得， 故，． （2），，， 原式 ． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式求角； (2) 结合面积公式、余弦定理，整体代换与求边长，进而得周长. 【小问1详解】 在中，， ， 即， ，， 故，则． 【小问2详解】 的面积为，即， ． 由余弦定理得 ． 解得， 的周长为． 17. 如图，在三棱柱中，，，分别是棱，，的中点． （1）证明：直线与没有交点； （2）若三棱柱的体积为24，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明：连接， 由图可知，平面与平面相交于直线， 且平面，， 平面， 平面，且点不在直线上， 直线与直线没有交点． （2）12 【解析】 【分析】(1) 利用直线与平面交点唯一性，证两直线无公共点；(2) 柱锥体积关系，同高棱锥体积比等于底面积比，分步拆分求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的面积为，三棱柱的高为， 则三棱柱的体积， 从而三棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 设的面积为，的面积为，的面积为， 是棱的中点，， 四边形的面积是四边形面积的， 四棱锥的体积． 18. 如图，在正四棱锥中，点，分别为棱，上的四等分点，且，． （1）若，，求四棱锥的体积； （2）取点，分别为，的中点，试证明三条直线，，交于一点． 【答案】（1）16 （2）证明：连接， 点，分别为，的中点，，， ，，，， ，且，即四边形是梯形， 直线，相交，记交点为， ，又平面，平面， 同理可得平面，又平面平面， ，即三条直线，，交于一点. 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理求出高，再利用棱锥体积公式计算即可； （2）利用点同时属于两个面，则该点必在这两个面的交线上进行证明. 【小问1详解】 ，， 又， 正四棱锥的高， 正四棱锥的体积． 【小问2详解】 略 19. 已知对任意正整数，向量，，且总满足 （1）若，，求； （2）证明； （3）若，，证明． 【答案】（1） （2）证明：，， ， 又， ， ， 所以，． （3）证明：由题意得， 则， 同理可得，， ，， 所以． 【解析】 【分析】（1）直接利用定义即可求解； （2）分别表示出、、，相乘作比较即可； （3）根据定义类推即可. 【小问1详解】 ，，， ，， ，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $