【数学】河南周口市多校2025-2026学年高一下学期期中联考试题（学生版+解析版）

这是一份【数学】河南周口市多校2025-2026学年高一下学期期中联考试题（学生版+解析版），共2页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知，，若，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】因为，，
所以，，
由，所以，解得．
2. 已知，点在直线上，且，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】由题意得：或，设点，
所以，
当时，所以，解得，所以，
当时，所以，解得，所以.
3. 在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，因为四边形是菱形，
所以，
由点是的中点，得，
由题意得，，
所以
，
因为，所以的取值范围是．
4. 在中，，，，则边上的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在中，，，，
由余弦定理得，
则．设边上的高为，由等面积法可得，
则．
5. 在中，若，，其面积为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】由题意知，，所以.
由余弦定理知，，所以.
由正弦定理得，，
则，，.
所以.
6. 已知复数满足，则（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】C
【解析】由，
所以．
7. 在三棱锥中，为正三角形，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，取的中点，连接，
因为为正三角形，所以，又二面角的平面角为，
所以平面，则，
设为正三角形的中心，则，
因为，所以，又，
所以，
所以，则，即为三棱锥外接球的球心，
因为，所以，
所以三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为.
8. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥外接球的表面积为
B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段
C. 若平面，则动点的轨迹的长度为
D. 若，则动点的轨迹长度为
【答案】A
【解析】对于A：由四边形为正方形，
故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，
设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为，
，故，
又，则，故，
，因为平面，
故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上，
则，即，
故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确，
对于B：取与中点、，连接、、，
由正方体性质可得，，
又平面，平面，故平面，
平面，平面，故平面，
又，、平面，故平面平面，
由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误；
对于C：取靠近点的四等分点，连接，
由正方体性质可得平面，又平面，故，
由，，故与相似，
则，故
，
故，又，、平面，
故平面，又平面，故动点的轨迹为线段，
，故C错误；
对D：若平面，因为平面，平面，
故，由，则，
即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，
同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，
点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆，
故其轨迹长度为，故D错误.
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. 下列语句错误的是（ ）
A. ，是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为
B. 圆锥底面半径为2，母线长为3，则此圆锥的侧面积为
C. 直棱柱都有外接球
D. 在同一平面内的向量、、两两不共线．对于平面内的任意一个向量，都存在唯一的一个有序实数组，使得等式成立
【答案】CD
【解析】对A：由题意，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，故A正确；
对B：因为圆锥的底面半径，母线长，
所以圆锥的侧面积为，故B正确；
对C：直棱柱，只有底面有外接圆时，这样的直棱柱才有外接球，
此时外接球的球心是上下底面外接圆圆心连线的中点，故C错误；
对D：因为向量、、两两不共线，所以和均可作为平面向量的基底，对于平面内的任意一个向量，一定可以表示成或的形式，即若用向量、、表示，则表示方法不唯一.
故D错误.
10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ）
A. ，，，四点共面
B. 线段为直三棱柱外接球的直径
C. 三棱锥的体积为
D. 异面直线与所成角为
【答案】BC
【解析】对于A，直线平面，点平面，而直线，
点平面，因此直线与直线是异面直线，
则四点不共面，A错误；
对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，
矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确；
对于C，点到平面的距离为，
则，C正确；
对于D，取中点，连接，由是中点，得，
则是异面直线与所成角或其补角，
由已知，，，平面，
所以平面，故平面，
又平面，于是，而，
因此，即，D错误.
11. 满足，且，则（ ）
A. 三个内角满足关系
B. 的周长为
C. 若的角平分线与交于，则的长为
D. 设为外接圆上任意一点，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
对于A：由余弦定理知，，
因为，所以，
所以，即，故A正确；
对于B：因为，
所以的周长为，故B正确；
对于C：若的角平分线与交于，则，
因为，
所以，
即，解得，故C错误；
对于D：因为
，
设外接圆的圆心为，半径为，
由正弦定理知，，所以，
过点作的垂线，垂足为，则，
当，且点在的延长线上时，取得最大值，如图所示，
此时，
所以的最大值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知四边形是复平面内的平行四边形，点A，B，C对应的复数分别为，1，，则______.
【答案】
【解析】根据题意，，设，
由，则，解得，
所以点的坐标为，所以，所以.
13. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________．
【答案】8
【解析】在中，，
由正弦定理得，
所以，
，
所以，则的面积为.
故答案为：8.
14. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，母线长为6，若一个球与该圆台的上下底面和侧面均相切，则球与圆台的侧面切点所形成的曲线的长为________．
【答案】
【解析】如图，作圆台的轴截面：

设，则，且，
由，则，
由，即，
所以，可得，
由题意，球与圆台的侧面切点所形成的曲线是以为直径的圆，其半径为，
所以曲线的长度为.
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. 如图；在中，已知，，其中边上的两条中线相交于点．
（1）求的余弦值；
（2）设，求t的值．
解：（1）由题意知，可得，
因为为的中点，为的中点，
所以，
可得，
，
所以，
又由
，
设，则，
所以的余弦值为.
（2）因为分别是边上的中线，且相交于点，
所以为的重心，根据三角形重心的性质，可得，
又因为与方向相同，所以，
因为，所以.
16. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，，且的面积为，求的长度.
解：（1）由及正弦定理，
得，
因为，且，
所以，即，
因为，所以.
（2）由的面积为，得，所以①，
又，所以，
故，
由正弦定理，得②，
由①②可得，，，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，
所以.
17. 已知复数，.
（1）若复数是纯虚数，求的值；
（2）若是关于的方程的一个根，求的值.
解：（1）由题意可知：，
因为z是纯虚数，则，解得.
（2）因为是关于的方程的一个根，
则，整理得，
则，解得，，所以.
18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点．
（1）求证：．
（2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值．
（3）求点C到平面PBD的距离．
解：（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，且两直线在平面内，所以平面PAB，
因为平面PAB，所以，
因为，且N为PB中点，所以，
又因为，所以平面ANMD，
又因为平面ANMD，所以．
（2）连接DN，因为平面ANMD，，
所以为BD与平面ANMD所成角，
又因为且，N为PB中点，所以，
所以，即，
又因为且，所以，
所以，
所以BD与平面ANMD所成角的余弦值为．
（3）由已知得，，，
，
设点C到平面PBD的距离h，
则．
由，即，解得，即点C到平面PBD的距离为．
19. 如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
解：（1）连接交于点，，
，故为菱形，
故，由长方体得平面，
由平面，知；
由，平面，平面，
知平面，由平面，知.
（2）如图所示，连接，由（1）知，平面，
又由平面，平面平面，交线为，
故点在平面的投影必在直线上，
故直线与平面所成角即为，
在中，，
，，
故由余弦定理得，
即直线与平面所成角的余弦值为；
（3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，
则，
由（1）（2）知，，
故；
则，另一方面，
故，综上所述，存在符合题意的点，.