山东省菏泽第一中学等2025-2026学年高一下学期4月期中数学试题（A）（含解析）

这是一份山东省菏泽第一中学等2025-2026学年高一下学期4月期中数学试题（A）（含解析），共55页。试卷主要包含了04，本试卷分选择题和非选择题两部分， 在中，，， ，则， 已知复数，则下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟
2.答题前，考生务必将姓名､班级等个人信息填写在答题卡指定位置.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
一､单项选择题（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. 在复平面内，复数所对应的点位于（ ）
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】
【详解】3−2i(1−i)2=3−2i−2i=3−2ii−2ii=1+32i ，
所以复数所对应的点为，位于第一象限.
2. 在中，，，，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，，，所以的面积.
3. 已知平面向量，若向量与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】已知a→=m+1,2,b→=2+m,3, 向量与共线，
则有m+1×3−2×2+m=0 ，解得，故B正确.
4. 已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，则原平面图形的面积是（ ）
A. 16B. 18C. 32D. 36
【答案】B
【解析】
【详解】解：还原图形后CA=2C'A'=6,CB=C'B'=6 ，
则原平面图形的面积是．
5. 若平面向量两两的夹角均为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
，
所以.
6. 圣•索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球､圆柱､棱柱于一体，极具对称之美，某同学为了估算圣•索菲亚教堂的高度，在圣•索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高约为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶、教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得教堂顶的仰角为，则估算圣•索菲亚教堂的高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求，利用正弦定理求出，再由三角函数的定义求即可.
【详解】由题AB=35m，∠AMB=45°，∠CMD=∠CAM=60°，
所以，
在中，，
在中，由正弦定理得，
所以CM=352sin60°sin45°=352×3222=353m ，
在中，CD=CM⋅sin60°=353×32=52.5m .
7. 在中，，， ，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为ABAB⋅ACAC=ABAB⋅ACAC⋅cs∠BAC=1×1×cs∠BAC=cs∠BAC=12，又因为，所以，
设AD=ABAB+ACAC，则是的角平分线，因为ABAB+ACAC⋅BC=AD⋅BC=0 ，所以 与垂直，
所以，又因为，所以为等边三角形，则.
8. 已知的三个内角所对的边分别是，且满足，，点是边上一点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理边化角可得sinB 的值，再结合可得角B的大小.又根据和爪型定理，可得BD⃗=23BC⃗+13BA⃗，两边平方后可将BD用表示，又有，消元可得关于的二次函数，进而求出BD的最小值
【详解】由题结合正弦定理可得：3sinA=2sinBsinA ，
因为，所以sinB=32，
∵b2>a2+c2，为钝角，∴B=2π3.
，∴AC⃗=3DC⃗，由爪型定理可得BD⃗=23BC⃗+13BA⃗
两边平方可得：(BD⃗)2=(23BC⃗+13BA⃗)2=49BC⃗2+49BC⃗⋅BA⃗+19BA⃗2
=49a2+49accs2π3+19c2
=49a2+19c2−29ac ，
，，
∴BD⃗2=49a2+19(1−a)2−29a(1−a)=79(a−27)2+121
当时，取得最小值，即最小值为.
二､多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C.
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数模的性质，可得，即可判断A的正误；由题意得，又，分析可判断B的正误；根据复数的运算法则及求模公式，可判断C的正误；根据复数的运算法则，可判断D的正误.
【详解】选项A：若，则，所以，则，故A正确；
选项B：若，则，设，
则，
由，得，
因为模是非负数，所以，故B正确；
选项C：设，
则，
所以，
又，
所以，则，故C正确；
选项D：，
，
所以
当且时，，故D错误.
10. 已知的三个内角所对的边分别是，则下列结论正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若的面积为，则
C. 若，则符合条件的有且仅有一个
D. 对任意的，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正余弦定理及三角形的性质依次判断即可求解.
【详解】对于A，由三角形中大角对大边的性质，若，则，
由正弦定理，其中为外接圆的半径，
可得，因此，即，故A正确；
对于B，由余弦定理可得，代入S=14b2+c2−a2，
则有S=14×2bccsA=12bccsA ，又因为，所以csA=sinA ，
由于是的内角，，所以，故B正确；
对于C，已知a=3,b=4,A=30° ，因为bsinA=4sin30°=2 且，
即，所以符合条件的有两个，故C错误；
对于D，在中，B+C0 ，csB−C2>0 ，则由和差化积公式有csB+csC=2csB+C2csB−C2>0 ，故D正确.
11. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为.则（ ）

A. 当时，为四边形
B. 当时，与的交点满足；
C. 当时，为六边形
D. 当时，的面积为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分的位置情况讨论截面的形状，再逐一分析各个选项即可得出答案.
【详解】过点的平面截正方体，当时，其截面形状为四边形，如图1，故A正确；

当时，S与的交点满足，理由如下：
如图2，延长至点，使得，连接交于点，
取中点，中点，连接，
则，，所以四边形与四边形均为平行四边形，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
所以，由中位线的性质可知：，所以，
所以四边形即为，其中，
所以，所以，B正确；

当时，为五边形，理由如下：
如图3，根据B的分析，随着点在图2的基础上沿着向上移动，
则点点沿着射线向上移动，此时与相交于点，
与相交于点，连接，故所截得的为五边形，故C错误；

当时，的面积为，理由如下：
如图4，点与重合，此时为的中点，可证得：，，
其中，所以为菱形，
且，的面积为，D正确.

故选：ABD
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若复数，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据求模的方法，即可得答案.
【详解】由题意，
所以.
13. 已知长方体，体积为48，在棱分别取中点，则三棱锥的体积为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意，结合长方体和三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】根据题意，设，，，因为长方体体积为48，所以，
因此三棱锥的体积.
故答案为：1.
14. 已知为锐角三角形，内角所对的边分别是，，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由二倍角公式，结合角的范围，可得角C，根据余弦定理，将所求进行变形，根据正弦定理边角互化，结合两角差的正弦公式、辅助角公式，可得的表达式，根据条件，可得角A的范围，结合三角函数的性质，即可得答案.
【详解】由题意得，
因为锐角三角形，所以，则，
所以，即，所以.
由余弦定理得，即，
所以，则，
所以，
由正弦定理得，所以，
则
，
因为锐角三角形，所以A∈0,π2B=2π3−A∈0,π2，解得，
所以，则，
所以，
则.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.请写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知复数，根据下列条件求实数的取值范围．
（1）是实数；
（2）是纯虚数；
（3）在复平面内对应的点在第二象限．
【答案】（1）或；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】整理复数z=1+2ik2−1+5ik+2i−1，写成的形式：
(1)根据复数的定义，当虚部时，是实数，从而求的值；
(2)当实部，虚部时，是纯虚数，从而求的值；
(3)根据复数的几何意义，为复数在复平面内点的坐标，根据第二象限内点的坐标特点，求的取值范围．
【小问1详解】
整理复数z=1+2ik2−1+5ik+2i−1=k2−k−2+2k2−5k+2i=k−2k+1+2k−1k−2i ；
实部为：k−2k+1；虚部为2k−1k−2；
是实数时，虚部，解得：或．
【小问2详解】
由(1)知，是纯虚数时，实部k−2k+1=0 且虚部2k−1k−2≠0 ，解得：．
【小问3详解】
由(1)知，在复平面对应的点在第二象限时，
k−2k+10 ，解得：或；
取交集可得：．
16. 鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥是一鳖臑，其中，，，，且高，．
（1）求三棱锥的体积和表面积；
（2）求三棱锥外接球体积和内切球的半径．
【答案】（1），表面积为
（2）外接球体积为，内切球半径为
【解析】
【分析】（1）利用公式可求体积及表面积.
（2）利用补体法可求外接球的半径，从而可求外接球的体积，利用等积法可求内切球的半径.
【小问1详解】
由题设可得，而三棱锥的高为，
三棱锥的体积，
又，
三棱锥的表面积
.
【小问2详解】
由条件知，可将三棱锥补成一个长方体，则三棱锥的四个顶点也为长方体的顶点，因此长方体的外接球也为三棱锥的外接球．即为三棱锥外接球的直径.
因为，所以三棱锥外接球体积为.
记内切球的球心为，连结，，，，得到四个等高的三棱锥，
且该高为内切球的半径，则，
得，
所以，
故三棱锥内切球的半径为.
17. 如图，在等边中，，点在边上，且，过点的直线分别交射线于不同的两点.
（1）设，试用表示，并求；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用给定的基底表示向量，再根据向量的数量积定义、运算律及夹角公式求解；
（2）利用共线向量的推论及基本不等式求出最小值．
【小问1详解】
解： AO=AB+BO=a+13BC=a+13AC−AB=a+13b−a，
所以，
因为OB⃗=13CB→=13AB→−AC→=13a→−13b→，a→·b→=3×3×12=92，
所以AO⃗⋅OB⃗=23a→+13b→⋅13a→−13b→=29a→2−19b→2−19a→⋅b→=29×9−19×9−19×92=12，
因为|AO⃗|2=23a→+13b→2=49a→2+49a→·b→+19b→2=49×9+49×92+19×9=7 ，
所以AO=7，
所以cs=AO⋅OBAO⋅OB=127×1=714；
【小问2详解】
由（1）知，
又，
所以，又三点共线，
所以，
m+n=23m+13nm+n=1+2n3m+m3n≥1+223，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
18. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）若.
（i）求；
（ii）求的面积；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）已知，，可求得的大小；在和中，利用角的关系结合正弦定理，建立关于的等式求解；
（ii）根据已知边、角关系，先求出，的长度，再利用三角形面积公式计算的面积.
（2）利用三角形内角和及直角三角形的性质，用分别表示出和；将其代入，转化为关于的三角函数；再根据的取值范围，结合三角函数的性质求取值范围.
【小问1详解】
（i），，；
，，在中，由正弦定理得，即，解得.
在中，，为锐角；
，.
所以，
在中，由正弦定理得，
所以.
（ii），，
所以，
，得.
，，
在中，由正弦定理得
，即，所以.
所以.
【小问2详解】
，，在中，由正弦定理得，
，得.
，，在中，由正弦定理得，
，得.
在中，，得，；
所以
；
，，；
，即.
19. 如图，在中，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记.
（1）若，求；
（2）若，求的最大值；
（3）若点满足，求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，进而得到四边形为等腰梯形，再利用梯形的边长计算即可；
（2）先利用数量积的定义得出，再在中利用余弦定理可得，最后在中利用正弦定理得出外接圆的直径即可；
（3）设，求出以及在中利用正弦定理得，，再利用得出，即可化简求出，进而得出，的值，最后利用面积公式即可.
【小问1详解】
解：因为，则，即，
则四边形为梯形，又为圆的内接四边形，
则四边形为等腰梯形，又，，
等腰梯形的高为，
所以；
【小问2详解】
由题意得OA⋅OB=OA⋅OBcs∠AOB=2×4csθ=−6 ，
得，
在中利用余弦定理可得，
，
所以，
设的外接圆半径为，则在中利用正弦定理可得
，
故的最大值为；
【小问3详解】
设，则，
因，则，
，
在中利用正弦定理可得ABsinθ=4sinα=2sinθ+α，
则AB=4sinθsinα,2sinθ+α=sinα ，
则OC⋅AB=OC×AB×csπ−θ=−8csα×4sinθsinα×csθ=16 ，
且（因），
即，即，
又2sinθ+α=sinα ，即，
则，
又，则，解得（舍）或，
因，则，
代入中得，
则，则，
则，
则四边形的面积为12OC⋅AB⋅sinπ−θ=12×167×27×32=83．