精品解析：山东省济宁市2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版）

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1．答卷前：考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，故D正确.
2. 复数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】.
3. 长度分别为4，5，7的线段构成图形的形状为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不构成三角形
【答案】C
【解析】
【分析】先判断这三条线段能否构成三角形，若能构成三角形，再设最长边所对的角为，利用余弦定理求出的符号，即可判断三角形的形状.
【详解】因为
所以长度分别为，，的三条线段能够构成三角形，
设边长所对的角为，由余弦定理得
即所以
解得即
由于所以C为钝角，因此这个三角形是钝角三角.
4. 如图，某工厂生产的一种机器零件原胚的直观图是一个中空的圆台，中空部分呈圆柱形状，且圆柱底面圆心与圆台底面圆心重合，该零件原胚可由下面图形绕对称轴（直线）旋转而成，这个图形是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转体的形成过程即可得出选项.
【详解】根据零件原胚的直观图可知，中空部分呈圆柱形状，
而圆柱形状由矩形旋转形成，圆台由梯形旋转形成，
分析四个选项，A项，旋转后圆台；
C项，旋转后圆台；D项，球体中挖去一个小球；
故选：B
【点睛】本题考查了旋转体的形成过程，掌握旋转体的结构特征是解题的关键，属于基础题.
5. 若向量，则“向量与的夹角为锐角”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先求出“与的夹角为锐角”时的充要条件，再由充分条件、必要条件的定义即可判断求解.
【详解】若与的夹角为锐角，则且与不共线，
所以，解得且，
所以“向量与的夹角为锐角”是“”的必要不充分条件.
6. 若圆锥的母线与轴的夹角为，则其侧面积与过轴的截面面积之比为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为，
则圆锥的侧面积为，
由题意可得，得，
所以过轴的截面面积为，
所以侧面积与过轴的截面面积之比为.
7. 在中，内角所对的边分别为．根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理，结合大角对大边和三角形内角和，判断三角形解的个数.
【详解】对于A，当时， ，该三角形唯一确定，A选项错误；
对于B，当时，由正弦定理可得，
由于 ，故 ，故可能为大于的锐角，也可能为小于 的钝角，
故此时三角形有两解，B选项正确；
对于C，，由正弦定理可得，
由于 ，故 ，故此时三角形无解，C选项错误；
对于D，，由正弦定理可得，
由于 ，故 ，故此时三角形的解唯一确定，D选项错误.
8. 在中，内角所对的边分别为，已知，且，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角形的外心和向量的数量积建立方程组即可求解.
【详解】由于，得，因为，
得，化简得，
由于，同理可得，
已知，则，代入，
得，化简得，
同理，将，代入可得，
已知，则，
代入方程组得，解得，
因此，故C正确.
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. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的有（ ）
A. 相等的线段在直观图中仍然相等B. 平行的线段在直观图中仍然平行
C. 一个角的直观图仍是一个角D. 平行四边形的直观图是平行四边形
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据“平行性不变、平行于 y 轴的线段长度减半”，可逐一分析各选项.
【详解】A选项：斜二测画法中，平行于轴的线段长度会变为原来的一半，所以原本相等的线段，在直观图中长度可能不相等， A错误；
B选项：斜二测画法的核心性质之一就是“平行性不变”，平行的线段在直观图中仍然保持平行，B正确；
C选项：直观图中，原本的角会变成一个新的角（如直角会变成45°或135°），但依然是一个角，C正确；
D选项：由于平行四边形的对边平行，而平行性在直观图中保持不变，因此平行四边形的直观图仍是平行四边形，D正确.
10. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】设 ，根据复数的运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】设 ，
对于A项，由，所以A项正确；
对于B项，，
得，
，
则，故B项正确；
对于C项，举反例：，，，但，故C项错误；
对于D项，若，由，得，故D项正确．
11. 已知点，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 在方向上的投影向量为
C. 若，则三点共线
D. 若所有满足条件的点组成的平面区域的面积为16，且 ，则的最小值为6
【答案】AC
【解析】
【分析】由向量数量积坐标运算计算判断A；由投影向量计算公式计算判断B；由平面向量线性运算可得，判断C；由A可知，结合题意根据矩形面积计算公式可得，由基本不等式计算判断D.
【详解】由题意可得，，
对于A，，故A正确；
对于B，，，
所以在方向上的投影向量为，故B错误；
对于C，若，则，
，即，
所以，故，则三点共线，故C正确；
对于D，由A可知，，
所以可以作为平面内一组基底，
，
以为邻边的平行四边形面积为，
设，过点作，且，
设，连接并延长交于点，如图所示：
由题意可知点组成的平面区域为图中矩形，其面积为，
化简可得，
由基本不等式可知，所以，
因为，解得，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为9，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一物体在力的作用下，由点移动到点，则力对该物体所做的功为___________．
【答案】23
【解析】
【分析】先由平面向量减法的坐标运算得出，再根据平面向量数量积的坐标运算公式求解即可．
【详解】由题意得，
所以力对该物体所做的功为．
13. ___________．
【答案】
【解析】
【分析】先通过分母实数化对复数分式进行化简，将原式化为最简虚数单位 i，再利用虚数 i 的幂的周期性质，对高次指数作除以 4 取余数降幂运算，即可求出式子的值.
【详解】因为
所以.
14. 已知棱锥的底面为正六边形，其顶点在底面的射影为底面中心，若该棱锥的外接球球心在其内切球球面上，则外接球和内切球的半径比为___________
【答案】
【解析】
【分析】应用正六棱锥的外接球及内切球关系计算求解.
【详解】设底面边长为a，高为h，外接球半径，内切球半径r，
因为正六棱锥及球的对称性，球心在正六棱锥的高上，
若球心在M处，则，则 ，所以，则，
设棱锥的斜高为，所以侧面积为，
棱锥的表面积为，
所以正六棱锥的体积等于，
所以内切球半径，
令，则，代入，
消去得出，即得，
化简得，所以，
则外接球和内切球的半径比；
若外接球球心在内切球与底面的交点O处，则外接球半径，
设棱锥的斜高为 ，所以侧面积为，
棱锥的表面积为，
所以正六棱锥的体积等于，
所以内切球半径，
则外接球和内切球的半径比.
综上，
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. 在平面直角坐标系中，已知．
（1）求以线段为邻边的平行四边形两条对角线的长；
（2）若存在轴上一点满足，求．
【答案】（1）和．
（2）．
【解析】
【小问1详解】
由题意，
则，
所以，
所以所求对角线长为和．
【小问2详解】
设，则，，
由得，即，
所以，
所以．
16. 已知复数在复平面上对应的点分别为．为坐标原点，是虚数单位．
（1）若是关于的方程的一个根，求出该方程的另一个复数根；
（2）计算和；
（3）若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）.
（2），.
（3）．
【解析】
【分析】（1）由题意得到．将代入关于的方程，得到的值，从而得到的方程，解出此方程的另一根．
（2）利用复数的乘法运算得到，利用向量的数量积求出．
（3）利用复数的加法运算求出，得到的对应点坐标，由复数在复平面上对应的点在第四象限，得到，计算得解.
【小问1详解】
由题意知．
又是关于的方程的一个根，
则，即，
所以，解得：，
则，则方程另一根为．
【小问2详解】
由，得到，
又，所以，
所以．
【小问3详解】
，对应点坐标为，
由复数在复平面上对应的点在第四象限，得到，解得．
17. 如图是一个无盖金属容器的直观图，它的上部是一个正四棱柱形物体，底面边长为40厘米，高为80厘米．下部是一个四棱台形物体（四棱台的底面与四棱柱的底面重合），下底面边长为50厘米，侧棱长为10厘米．（结果精确到1厘米，参考数据：）
（1）求金属容器的体积；
（2）若制作金属容器的费用为80元/平方米，求制作一个这样的金属容器需要多少元？
【答案】（1）
（2）134.64元．
【解析】
【小问1详解】
有体积公式得，
又
所以
所以容器的体积．
【小问2详解】
由题意知，
又四棱台的侧面梯形的高为，
所以．
又
所以金属容器的表面积为．
又金属容器的费用为80元/平方米，
所以制作一个这样的金属容器需要元．
18. 中，角所对的边分别为，若
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）求面积的最大值．
【答案】（1）2. （2）证明见解析
（3）6．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可化简求解，
（2）利用余弦定理得，即可结合求证，
（3）由和面积公式，结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理得
因为，所以，故
即，
由于不能为0，故，所以的值为2.
【小问2详解】
由余弦定理得
所以．
因为，所以，
所以，即，
所以．
【小问3详解】
因为，所以，
又，所以，
所以
，当且仅当时取等号，
所以，所以面积的最大值为6．
19. 中，角所对的边分别为．为边上的中线，点，分别为边上动点，交于．已知，且．
（1）求；
（2）设，若，求；
（3）在（2）的条件下，若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合余弦定理得出，即可求解；
（2）由平面向量的线性运算及数量积的运算律列出关于的方程即可求解；
（3）设，由三点共线，得，由平面向量数量积的运算律得出，根据及三角形面积公式得出，再结合的范围即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理，
由余弦定理
因为，所以．
【小问2详解】
因为为中点，所以，
所以
所以，
即，
解得或，
又，所以，所以的余弦值为．
【小问3详解】
设
，
，
由三点共线，得，
，
，
所以
，
，
所以，所以．
所以．
所以的取值范围为．