2025--2026学年山东济南市莱芜第二中学高一下册期中数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东济南市莱芜第二中学高一下册期中数学试题 [含答案]，共2页。试卷主要包含了考试结束后只需将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
2026年4月
注意事项：
1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的级部、班级、姓名、准考证号和座号填写在答题卡和试卷规定的位置上.
2．选择题用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，答案写在试卷上无效.
3．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.不按以上要求作答的答案无效.
4．考试结束后只需将答题卡交回.
一、单选题：本大题共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. 已知复数，则的虚部为（）
A. B. 2C. 1D.
【答案】B
【解析】
【详解】z=3+i1−i=3+i1+i1−i1+i=3+4i+i21−i2=1+2i，则的虚部为.
2. 已知向量，不共线，且则实数（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线的定义计算即可.
【详解】因为向量，不共线，且，
那么存在实数，使得2e→1−λe→2=k3e→1+2e→2，
则有2=3k−λ=2k，解得k=23λ=−43.
3. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中，且，则的面积是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，求出的长，利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】由题意得，且A'B'⊥B'C'，所以为等腰直角三角形，
所以A'C'=42+42=42，
由斜二测画法可知，在原图中，有，且AB=A'B'=4,AC=2A'C'=82，
故的面积是S=12×AB×AC=12×4×82=162，故C正确.
4. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由余弦定理，.
由为三角形内角，所以.
5. 如图，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算先利用表示，再表示，再根据BE⃗=AE⃗−AB⃗求结论.
【详解】因为是的中点，所以AD⃗=AB⃗+BD⃗=AB⃗+12BC⃗=AB⃗+12AC⃗−AB⃗=12AB⃗+AC⃗，
因为是的靠近的三等分点，所以，
所以BE⃗=AE⃗−AB⃗=16AB⃗+16AC⃗−AB⃗=−56AB⃗+16AC⃗．
6. 如图，公路北侧有一幢楼，高为300米，公路与楼脚底面在同一平面上.一人在公路上向东行走，在点A处测得楼顶的仰角为45°，行走400米到点B处，测得仰角为30°，再行走400米到点C处，测得仰角为θ，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出，再利用余弦定理求出即可.
【详解】在Rt△AOP,Rt△BOP中，PO=300,∠PAO=45°,∠PBO=30°，
则OA=300,OB=3003，
在中，，由余弦定理得cs∠OAB=3002+4002−(3003)22×300×400=−112，
在中，，
由余弦定理得OC=3002+8002−2×300×800×(−112)=10077，
在中，tanθ=30010077=37777.
7. 在中，，D是AC的中点，若，则的面积是（）
A. B. 1C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对BABA+BCBC=2BDBD的几何意义进行分析，表示方向上的单位向量与方向上的单位向量之和为倍的方向上的单位向量，从而得到，中线平分，进而得出为等腰直角三角形，BA=BC=22AC=2，S△ABC=12BA⋅BC=2.
【详解】设BABA=BE，BCBC=BF，2BDBD=BG，可得BE=1,BF=1,BG=2，
由于，如图所示，根据向量加法的平行四边形法则可知，四边形是平行四边形，
因为，所以四边形是菱形，平分，即平分;
又因为EG=BF=1,BE=1,BG=2,所以，为直角三角形，,
所以为正方形，，
即，为直角三角形，又为的中线，
所以为等腰直角三角形，BA=BC=22AC=2，S△ABC=12BA⋅BC=2.
8. 如图，在正四面体中，放置1大、4小共个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的体积为，则个球的体积之和为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、小内切于正四面体的高，求出对应的球半径及体积即可.
【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，
延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于，连接，
则点是的中点，为正四面体内切球的半径，
，，
由正四面体的体积为，得，解得，
由，解得，
则，最大球半径，
因此最大球的体积为；
小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高，
因此最小球半径，
因此最小球的体积为，所以5个球的体积之和为.
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. 已知，为复数，下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 是纯虚数或零
C. 若，则：
D. 若，是方程；的两根，则
【答案】BD
【解析】
【分析】举例，，判断A；利用复数的运算法则判断B；利用反例法判断选项C．利用韦达定理计算判断选项D.
【详解】举例说明：若，，则，，，
但与都是虚数，不能比较大小，故A错；
设，则，故，
当时是零，当时，是纯虚数，B正确；
令，，满足，但，故，
不能推出，故C错误．
已知是方程的两根，由韦达定理得z1+z2=2z1⋅z2=5，
，故D正确.
10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c则（）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则
C. 在锐角中，不等式恒成立
D. 若，，且有两解，则b的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项，由大边对大角与余弦函数的单调性可得；在锐角中，得到与正弦定理即可判断C的正误；根据题意，可得，求出b的范围，可判断D的正误；
【详解】选项A，因为，即，
所以有整理可得，所以，
故为等腰三角形，故A正确；
选项B，由大边对大角，，由余弦函数在上单调递减，
故，故B错误；
选项C：若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故C正确；
选项D：因为，，如图，因为有两解，所以，
，解得，故D正确；
11. 已知圆锥的侧面积为，母线，底面圆的半径为，点满足，则（）
A. 当时，圆锥的体积为
B. 当时，顶点和两条母线构成的截面三角形的最大面积为
C. 当时，从点绕圆锥一周到达点的最短长度为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AD
【解析】
【分析】根据条件得到，对A，结合选项条件，利用体积公式计算即可判断，对B，根据条件，先求出轴截面的顶角的余弦值，再利用三角形面积公式计算即可求解，对C，将侧面展开，利用弧长公式结合余弦定理计算即可求解，对D，通过比较圆锥内切球半径和正四面体外接球半径的大小，即可判断.
【详解】由题意，圆锥的侧面积，所以.
对于A，当时，，如图1，由勾股定理可得圆锥的高，
所以圆锥的体积，故A正确；
对于B，当时，，设轴截面的顶角为，由余弦定理得，
所以轴截面的顶角为钝角，当顶点和两条母线构成的截面三角形的顶角为时，
截面三角形的面积最大，最大值为，所以B错误，
对于C，当时，，将圆锥侧面展开如图2，则，
圆锥底面周长为，设扇形的圆心角为，则，即，
在中，根据余弦定理可得，，
则，所以从点绕圆锥一周到达点的最短长度为，故C错误；
对于D，当时，，由勾股定理可得圆锥的高，设圆锥的内切球球心为，半径为，
过点作于点，由三角形相似可得，即，得，
设棱长为的正四面体其外接球半径为，则正四面体的高为，
则有，整理可得.
因为正四面体的棱长为，则，
所以正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标为________．
【答案】
【解析】
【详解】∵向量，，
∴，.
根据投影向量的定义，在方向上的投影向量为，
代入数据得投影向量为.
13. 在中，已知，则的形状为________．
【答案】直角三角形或等腰三角形
【解析】
【分析】利用余弦定理、正弦定理角化边化简给定等式即可.
【详解】在中，，
由正弦定理和余弦定理得
(a2+c2)(a·a2+b2−c22ab−c·b2+c2−a22bc)=(a2−c2)(a·a2+b2−c22ab+c·b2+c2−a22bc)，
整理得(a2+c2)(a2−c2)=b2(a2−c2)，则或，
所以是直角三角形或等腰三角形.
14. 已知函数，等边边长为2，若等边所在平面上存在点P满足方程，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】讨论的正负情况，得出点的轨迹，再求模长即可.
【详解】∵当时，当时，当时，
又，
若三个数量积均非零，则函数值之和只能为，不可能为0；
若三个数量积均为0，点分别在以为直径的圆上，而这三个圆不会交于同一点，故此时不存在；
故三个数量积中恰好一个为0，剩余两个一正一负.
所以不妨设，
则点分别在以为直径的圆上、圆外、圆内，即如下图所示加粗的部分圆弧，不包含端点.
设为的重心，由重心向量性质得，故.
设中点为，则，
PG2=(EG−EP)2=EG2−2EG⋅EPcs∠PEG+EP2，
由于正三角形边长为，则可求得EG=33,EP=1,∠PEG∈π6,π2，
则cs∠PEG∈0,32, PG2=43−233cs∠PEG∈13,43，
则，故PA+PB+PC=3PG∈3,23，
【点睛】方法归纳：涉及三角形内多个向量和的模长问题，可优先利用重心的向量性质简化运算，将模长问题转化为点到重心的距离问题，结合轨迹范围求解即可.
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. 如图，已知中，，，，延长至点，连接．
（1）求AC的长；
（2）若，求AD的长.
【答案】（1）6（2）14
【解析】
【分析】（1）在中，利用正弦定理求；
（2）先求，再在中，利用余弦定理求.
【小问1详解】
如图所示，在中，由正弦定理得，ACsin∠ABC=ABsin∠ACB，
又，，．
所以，
【小问2详解】
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
AD=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs120°=36+100+2×6×10×12=14．
16. 已知向量，．
（1）若与的夹角为，求实数m值及的模；
（2）若实数，向量与所成的角是锐角，求实数的取值范围．
【答案】（1），．
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积的坐标公式来求解的值；
（2）先求出的坐标，再根据向量夹角为锐角时数量积大于0且两向量不共线来确定的取值范围.
【小问1详解】
因为，，所以，，
所以，解得，．
【小问2详解】
由条件可得且与不平行，
当时，，
可得，解得，
若a→+λb→//a→，则，则，
所以的取值范围是
17. 如图，在直三棱柱ABC—中，底面△ABC是以角B为直角的等腰直角三角形，且腰长为2，D为BC的中点，三棱柱体积
（1）求三棱柱的外接球的表面积和体积；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）表面积，体积；
（2）
【解析】
【分析】（1）先由三棱柱体积求出，再找出球心，勾股定理求出半径，即可求出外接球的表面积和体积；
（2）先证得面，再利用结合棱锥体积公式即可求解.
【小问1详解】
易知，三棱柱体积，解得.取中点，取中点，
连接交于，易知为的外心，为的外心，即为外接球的球心，，
故外接球半径为，故外接球表面积为，体积为.
【小问2详解】
易知，又，，所以面，
故.
18. 在中，内角，，的对边分别是，，，满足．
（1）证明；
（2）若，，点为边上一点，为的平分线，求的值；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形的内角和公式，可得，进而可得角的关系.
（2）先根据条件求出，，再利用结合三角形的面积公式可求的长度.
（3）先根据正弦定理结合三倍角公式可得，再结合的取值范围可求的取值范围.
【小问1详解】
由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以sinB=sinAcsB−csAsinB=sinA−B，
而为三角形内角，所以或，
所以或（舍去）
所以.
【小问2详解】
由，，所以，
又，所以，
又，所以，
又由为的平分线，
所以，
所以，
所以.
【小问3详解】
由（1）有，又，所以，
又由正弦定理得：cb=sinCsinB=sinπ−3BsinB=sin3BsinB=3sinB−4sin3BsinB=3−4sin2B，
又为锐角三角形，所以0