四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 在平面直角坐标系中，，， 下列命题中为真命题的有等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一､单选题（该部分共8个小题，每小题5分，共40分）
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2. 如图，在直角梯形中，，，，，，用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图为四边形，则四边形的面积为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得直观图，进而可得面积.
【详解】用斜二测画法画出的水平放置的直角梯形的直观图如图所示，
可知四边形是梯形，，，，且，
过点作于点，由，故，
所以.
故选：C.
3. 已知，且在上的投影向量的模为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，，进而得到，再求夹角即可．
【详解】在上的投影向量的模等于，
又，所以，
因为，
所以或．
故选：D．
4. 已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理化简，再结合因式分解可判断三角形的形状.
【详解】因为，故，
整理得，
即，故，
故或，故三角形为等腰或直角三角形.
5. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解.
【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为，
，，
.
故选：B.
6. 学生为测量青城山高度设计了如下方案：在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了到达点（在同一个平面内），在处测得山顶的仰角为，则青城山的山高为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出各个角的度数，在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】依题意，
又，则，即有
在中，，由正弦定理得
且
则
在中，
所以山高为米.
故选：A.
7. 在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立.根据题干条件，在中由余弦定理即可求解.
【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接.
由题易知：，，平面.
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形.
将展开到与共面，如图所示，
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值.
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
即的最小值为.
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出．
【详解】因为，，
由平方可得，，所以．
，，
所以，
，
又，即，
所以，即，
故选：D.
二､多选题（该部分共3个小题，每小题6分，共18分）
9. 下列命题中为真命题的有（ ）
A. 圆柱的侧面沿一条母线展开，则展开图是一个矩形
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 棱柱的侧面都是菱形
D. 四面体是棱锥
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间几何体的结构特征判断即可.
【详解】对于A：圆柱的侧面沿母线展开得到的是一个矩形，故A正确；
对于B：用一个平行底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
对于C：棱柱的侧面都是平行四边形，故C错误；
对于D：四面体是三棱锥，故D正确.
故选：AD
10. 设为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ）
A. 若互为共轭复数，则为实数
B. 对于复数，若，则
C. 对于复数，若，则
D. 复数z满足，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的乘法可判断A的正误，根据反例可判断BC的正误，根据复数的几何意义可判断D的正误.
【详解】设.
对于A，因为互为共轭复数，故，
故，故A正确；
对于B， 取，
则，同理，
但，故B错误；
对于C，仍取，则，
当不成立，故C错误；
对于D，由可得对应的点为圆周上的动点，
且该圆的圆心为，半径为1，故的最大值为，
故D正确；
故选：AD.
11. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 为定值
B. 的取值范围是
C. 当时，为定值
D. 的最大值为8
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题设中的圆幂定理可判断A；取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断B；利用圆幂定理和向量的线性运算可判断C；根据直径的大小可判断D.
【详解】对于A，如图，过作直径，
由题意，故A正确；
对于B，设为中点，连接，
则
，
由题意，则，故B正确；
对于C，若，则，
则，
又，则，同理可得，
故，故C正确；
对于D，因为，则当弦均与重合时，
此时有最大值16，故D错误.
故选：ABC.
第II卷（非选择题）
三､填空题（该部分共3个小题，每小题5分，共15分）
12. 化简得______.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量的加法和减法法则计算．
【详解】．
故答案为：．
【点睛】本题考查平面向量的加法法则和减法法则，解题时注意减去一个向量等于加上这个向量的相反向量．
13. 如图，半径为4的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_________．
【答案】答案：32π
解析：如图，设球一条半径与圆柱相应的母线夹角为α，圆柱侧面积＝，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为．
【解析】
【详解】解：设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r=4csα，圆柱的高为8sinα，圆柱的侧面积为：32πsin2α，当且仅当α=π 4 时，sin2α=1，圆柱的侧面积最大，圆柱的侧面积为：32π，球的表面积为：64π，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是：32π．
故答案为32π
14. 在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上.若，则的最大值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】通过建立平面直角坐标系，求出点，再利用圆的参数方程，结合三角恒等变换即可求出答案.
【详解】如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，，，，
直线的方程为：，
由题意知，设圆方程为，
因为圆与直线BD相切，
则，
又，，
则，
则，
所以，，
则，
其中，，
所以，当时，取得最大值，最大值为.
四､解答题（该部分共5个小题，共77分）
15. 已知平面向量.
(1)求与的夹角的余弦值；
(2)若向量与互相垂直，求实数的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）由数量积公式，得夹角余弦值为；（2），所以。
试题解析：
(1)∵向量，
∴.
∴向量与的夹角的余弦值为.
(2)∵向量与互相垂直，
∴.
又.∴.
点睛：本题考查数量积的应用。数量积公式，学生要熟练掌握数量积公式的应用，能够转化到求夹角公式。两向量垂直，则数量积为零。本题为基础题型，考查公式的直接应用。
16. 已知的内角A、B、C的对边分别为，满足．
（1）求A；
（2）设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后利用正切函数即可得到答案；
（2）利用三角形的面积关系解出即可．
【小问1详解】
已知，
由正弦定理得，
，，
，即，
，又，
；
【小问2详解】
是的角平分线，
由（1）知，，则，
因为，
则，
因为，，即有，
故．
17. 如图是一个正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm．
（1）求四棱台的表面积；
（2）若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，求削去部分与圆台的体积之比．
【答案】（1）（）
（2）
【解析】
【分析】（1）分别取的中点，连接，过作于，然后根据已知条件求出斜高，再根据表面积公式可求得结果；
（2）由题意可知最大的圆台是上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为棱台的高，求出圆台的体积，再求出正四棱台的体积，即可求出削去部分的体积，从而可求出削去部分与圆台的体积之比．
【小问1详解】
在正四棱台中，分别取上、下底面的中心，连接，则
分别取的中点，连接，过作于，
因为在正四棱台中，，，
所以，
在中，，
所以正四棱台的表面积为
（）；
【小问2详解】
若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高，
则圆台的上底面半径为，下底面半径为，高，
所以圆台的体积为（），
因为正四棱台的体积为（），
所以削去部分的体积为（），
所以削去部分与圆台的体积之比.
18. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，，且．
（1）求A；
（2）若，求面积的最大值；
（3）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算以及正余弦定理即可求出；
（2）用表示，再根据得出，再结合基本不等式即面积公式即可；
（3）利用正弦定理得出，，进而化简得出，再结合锐角三角形的信息即可求出.
【小问1详解】
由题意得，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以.
【小问2详解】
由题意得，
则，得，
即，
得，等号成立时，
的面积为，则的面积取得最大值.
【小问3详解】
由正弦定理，得，，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，得，
则，，所以，
故周长的取值范围为.
19. 如图所示，设是平面内相交成 角的两条数轴，分别是与 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下 ， 则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为.
（1）若，求的模长；
（2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由；
（3）设，若对恒成立，求 的最大值.
【答案】（1）
（2）不正确，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件有，再利用模长的计算公式，即可求解；
（2）根据条件，利用向量数量积的运算得到，再利用，即可求解；
（3）由，转化为对恒成立，求得，再由向量的夹角公式，得到，进而求得其最值，得到答案.
【小问1详解】
因为，则，又，
则.
【小问2详解】
不正确，理由如下，
因为，则，又，
则，
若，则，则，
所以“”的充要条件是“”，
故“”的充要条件是“”是不正确的.
【小问3详解】
因为，则，
，
，
，
由，得，
所以，
即对恒成立，
又因为，所以，
解得，
因为，所以满足题意，
所以，
又因为，所以，
所以的最大值为．