2026滁州中学高一下学期期中考试数学含解析

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1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题上．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单项选择题：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. 下列命题正确的是
A. 若都是单位向量，则
B. 两个向量相等的充要条件是它们的起点和终点都相同
C. 向量与是两个平行向量
D. 若，则四点是平行四边形的四个顶点
【答案】C
【解析】
【分析】利用单位向量的定义可判断A；利用向量相等的定义可判断B；利用平行向量的定义可判断C；利用向量相等的定义可判断D.
【详解】对于A，单位长度为的向量为单位向量，
都是单位向量，但方向可能不同，故A不正确；
对于B，模相等，方向相同的向量为相等向量，故B不正确；
对于C，向量与为相反向量，所以两个为平行向量，故C正确；
对于D，，若四点在同一条直线上，
不能构成平行四边形，故D不正确；
故选：C
【点睛】本题考查了向量的基本概念，需理解单位向量、相等向量、共线向量的概念，属于基础题.
2. 若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：因为,
由题意可得,解得.故B正确.
考点：复数的运算.
【易错点晴】本题主要考查的是复数的乘法运算和的性质，属于容易题．解题时一定要注意和运算的准确性.当复数为纯虚数时一定要注意其实部等于0,虚部不等于0,否则极易出错.
3. 已知两个单位向量满足，则（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，，结合数量积的运算律求模长.
【详解】由题意可知：，，
所以.
故选：A．
4. 设为平面内的一个基底，则下面四组向量中不能作为基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】根据基底的定义，结合共线向量的性质判断即可.
【详解】平面向量的基底由两个不共线的非零向量组成，
C选项中，，即和为共线向量，
所以它们不能作为基底．
其他选项中的两个向量都不共线，所以可以作为基底．
故选：C
5. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意知直观图为等腰梯形，，，，
则；
将直观图复原为原图，如图所示：
则，，，
作于F，则，
所以，
故四边形的周长为.
6. 的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，设向量.若使，则角C的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线向量定理可知，再根据向量共线的坐标表示即可列出方程，然后利用正弦定理以及余弦定理即可解出．
【详解】因为，所以，即，边角转化得，所以，而，所以．
故选：C.
7. 某远洋运输船在海面上航行至海上处，测得小岛上灯塔顶端位于其正西方向且仰角为45°，该运输船继续沿南偏西30°的方向航行100米至处，测得灯塔顶端的仰角为30°，则该灯塔顶端高于海面（ ）
A. 50米B. 100米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】设灯塔顶端高于海面的距离为米，利用锐角三角函数的定义算出米，米，然后在中利用余弦定理建立关于的等式，解之即可得到本题的答案．
【详解】根据题意作出示意图，如图所示，
设灯塔顶端高于海面的距离为米，由题意得，，
所以米，米，
在中，，，
由余弦定理得，
即，整理，解得不符合题意，舍去）．
综上所述，灯塔顶端高于海面的距离为50米．
故选：．
8. 已知梯形中，，点为边上的动点，若，则的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，应用向量的夹角公式计算最后结合值域求解.
【详解】如图所示建立平面直角坐标系，则
，，
设，则，，
，
令，则，
，
可得，
故选:D.
二、多项选择题：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. 在中，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则是直角三角形
C. 若，则是钝角三角形
D. 若，则是等边三角形
【答案】CD
【解析】
【分析】由三角函数的性质结合诱导公式判断选项AB；正弦定理角化边余弦定理得角的范围判断选项C；正弦定理结合倍角公式化简判断选项D.
【详解】对于A，中，若，则有或，
当时，，为等腰三角形；
当时，，为直角三角形，
故A选项不正确，
对于B，中，若，则或，
即或，因此不一定是直角三角形，故B选项不正确；
对于C，中，若，则根据正弦定理得，
余弦定理得，则为钝角，是钝角三角形，故C选项正确；
对于D，中，若，则，即，
由，得，
所以，，是等边三角形，故D选项正确．
故选：CD．
10. i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则的最小值为1
D. 若是关于的方程的根，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法运算及共轭复数的定义即可判断B；设，再根据，求出的关系，再结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复数根互为共轭复数即可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，若，
则，故B正确；
对于C，设，
由，得，即，所以，
则，
所以的最小值为1，故C正确；
对于D，若是关于的方程的根，
则也是关于的方程的根，
所以，故D错误.
故选：BC.
11. 在中，角的对边分别为，外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 面积的最大值为
D. 若，角的平分线交于点，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】由正弦定理及两角和正弦公式化简判断A；由正弦定理计算判定B；由余弦定理结合基本不等式可得，再利用三角形面积公式计算判定C；由，利用三角形面积公式计算判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，又，即，
则，又，所以，
解得，又，故，故A正确；
对于B，因为，外接圆的半径为2，
所以，故B正确；
对于C，因为，即，
又，所以，得，当且仅当时，取等号，
所以，即面积的最大值为，故C正确；
对于D，由，结合，解得，
由，即，
解得，故D不正确．
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的高为______
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知圆锥的母线长为2，根据圆锥侧面展开图的弧长为圆锥的底面圆的周长，可求得底面圆的半径，进而求得圆锥的高.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
有题意知，，解得，
所以.
故答案为：.
13. 设非零向量、的夹角为，，在方向上的投影向量为，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】由投影向量的定义可求得的值.
【详解】由题意可知，在方向上的投影向量为，
故.
故答案为：.
14. 已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】把三棱锥补成长方体，利用三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的体对角线就是长方体外接球直径，可求球的表面积.
【详解】因为平面平面，所以．
所以在中，由，可求得．在等腰中，．
易知三棱锥是球O内接长方体的一部分（如图），是该长方体的体对角线，故球心O在的中点处．
因为，所以球O的半径为，故球O的表面积为．

故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的外接球表面积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球为解题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，内角的对边分别是，若，
（1）求边，
（2）求．
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求边.
（2）利用勾股定理的逆定理判断的形状，再求角.
【小问1详解】
由余弦定理，，
所以.
【小问2详解】
因为，所以为直角三角形，，.
16. 如图，在正四棱锥中，是这个四棱锥的高，是斜高，且 .

（1）求这个四棱锥的侧棱长;
（2）求这个四棱锥的全面积和体积.
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理计算出，可得出，然后利用勾股定理可计算出，即为该四棱锥的侧棱长；
（2）计算出该正四棱锥的侧面积和底面积，相加即可得出该正四棱锥的全面积.再由体积公式求得体积.
【小问1详解】
在中，.
在中，，，
侧棱长；
【小问2详解】
，
，
，
.
,
17. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且，
（1）求角的取值范围；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理化简等式，根据角的关系，再根据锐角三角形列式求解；
（2）根据正弦定理由边的关系转化为角的关系，再根据三角恒等变换转化为的二次函数求解.
【小问1详解】
，∴由正弦定理得，
即，为锐角三角形，,则
所以，即，，
.
【小问2详解】
由正弦定理得
，
.
18. 如图，长方体由，，，，过作长方体的截面使它成为正方形.
（1）求三棱柱的表面积；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求 .
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据截面为正方形，可得，利用三棱柱的表面积公式即可求解；
(2)利用结合三棱锥的体积即可求解；
(3)根据即可求解.
【小问1详解】
因为截面为正方形，
所以，
在中，，
即，解得，
所以三棱柱的表面积
【小问2详解】
由题可得：
【小问3详解】
因为，
在长方体中平面，
所以三棱锥的高为，
所以
.
19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（）于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点．已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点．在锐角中，角的对边分别为，且．若是锐角的“费马点”，．
（1）求角；
（2）若；求的面积；
（3）若，且．
①求的周长；
②求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）①；③
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合已知条件求解；
（2）利用正三角形的性质，结合费马点定义、余弦定理构造方程求出，进而利用三角形面积公式求解；
（3）利用费马点性质结合余弦定理及三角形面积公式构造方程求出，进而求出三角形周长；再结合余弦定理求出．
【小问1详解】
由结合正弦定理可得，
，
，
为锐角三角形，
．
【小问2详解】
中，且，
为正三角形，边长，
费马点满足，且等边三角形费马点与重心、垂心重合，
设，由余弦定理，，
即，故，解得，
的面积．
【小问3详解】
①设，由费马点性质，，故
．
，
由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立，解得，
的周长为；
②由在中，由余弦定理得，
联立可得，
则，
即，