河南省实验中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版）

这是一份河南省实验中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知，则的虚部为
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】由，可知的虚部为.
2. 已知不重合的直线m、n、l和平面，下列命题中真命题是
A. 如果l不平行于，则内的所有直线均与l异面
B. 如果，，m、n是异面直线，那么n与相交
C. 如果，，m、n共面，那么
D. 如果，那么m平行于经过n的任何平面
【答案】C
【解析】对于A，当l与相交与点时，在平面内，过点的直线与l都是共面的，故A错误；
对于B，如图1，可能是，故B错误；
对于C，设m、n共面于平面，由，可得,
由，则根据线面平行的性质可得，故C正确；
对于D，若，则m平行于经过n的任何平面或m在经过n的平面内，故D错误.
3.已知是两个单位向量，且向量在向量上的投影向量为，则向量的夹角
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】向量在向量上的投影向量为，
解得，所以，解得 .
4.已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以由正弦定理得，化简得，
根据余弦定理得，
又，故.
5.如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】取，作为基底，因为是中点，则.
因为，所以，
所以.
6.如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则csθ=
A. B. C. －1D. －1
【答案】C
【解析】在ABC中，由正弦定理得，∴．
在ADC中，，
∴.
7.在中，角所对的边为，若，则BD长为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，可得，由余弦定理，，
由，
因，则，
所以.
8.已知非零向量与满足，且，点是的边AB上的动点，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为分别表示与方向上的单位向量，
所以表示的平分线上的共线向量，
又，即与垂直，
由三线合一可知，，
如图，取的中点，连接，则⊥，
又，其中，
所以，，故，
由于，，两式平方相减可得
，
当⊥时，取得最小值，
其中由勾股定理得，
故，
故的最小值为.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知向量，，则
A. 当时，
B. 当时，
C. 与夹角为锐角时，则的取值范围为
D. 当时，在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】因，，则，.
对于A，由，可得，故A正确；
对于B，时，由，解得，故B错误；
对于C，与夹角为锐角等价于，
解得且，即，即C正确；
对于D，时，，，
则在上的投影向量为，故D正确.
10.对于有如下命题，其中正确的是
A. 若，则为钝角三角形
B. 若，则的面积为
C. 在锐角中，不等式恒成立
D. 若且有两解，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】选项A：中，若，
即，所以由正弦定理得，
又由余弦定理得，所以，为钝角三角形，A说法正确；
选项B：中，若，则由正弦定理得，解得，
所以或，所以或，的面积或，B说法错误；
选项C：因为是锐角三角形，所以，所以，
又，所以，则，
又因为在单调递增，所以，C说法正确；
选项D：如图所示，
若有两解，则，解得，D说法正确.
11.在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则
A. 三棱锥的体积为定值
B. 若平面，则点F的轨迹长度是
C. 当点Q在直线上运动时，的最小值是
D. 若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
【答案】AB
【解析】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2，
则，故A正确；
对于B：如图1，分别取中点，连接，
则，且，又，，
故且，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面平面，
所以平面，同理，有平面，
因为且都在面，所以平面平面，
因为平面平面，
所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确；
对于C，把沿翻折到与在同一个平面(如图2所示)，
连接，则是的最小值，
其中是边长为的等边三角形，
是直角边为2的等腰直角三角形，
由对称性得，
即的最小值是，故C错误；
对于D：如图3，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形，
其周长为，故D错误.
故选：AB.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是____________.
【答案】
【解析】根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，如图，
其中上底，高，下底为，
.
13.在正四棱台中，，则该棱台的体积为_______.
【答案】
【解析】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，
因为，
则，
故，则，
所以所求体积为 .
14.已知函数，向量是平面内三个不同的单位向量，其中向量相互垂直，且满足，则的最大值是________.
【答案】
【解析】∵，∴，
故，所以，
即，.
由题不妨可设，，，
由，知,
由可得，
同理可得，可得，所以，
所以，
而，当时，的最大值是 .
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.已知复数，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位.
（1）求a的值；
（2）在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值 .
【解析】(1)复数，，，
则.
因为是纯虚数，所以，解得 .
(2) 由（1）得，.
由题意得，点O，A，B的坐标分别为，，，
所以，，因为，
所以，解得或 .
16.已知中，，，分别为内角，，的对边，且；
（1）求角的大小；
（2）设点为上一点，是的角平分线，且，，求的长度.
【解析】(1)在中，由正弦定理及得：
，化简可得：，
由余弦定理得，又，所以 .
(2)是的角平分线，则，
由可得
，
因为，，即有，故 .
17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，点，分别为，的中点，设平面平面.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】
(1) 取PB的中点Q，连接QF，EQ，
因为点E，F分别为AD，PC的中点，
由题意可证得，且，，
所以，且，
所以四边形DEQF为平行四边形，所以，
而平面PBE，平面PBE，
所以平面PBE.
(2)设平面平面，
由（1）可得平面，平面，
所以 .
(3)在棱AB上存在点N为AB的中点，连接EN，BD，
因为E为AD的中点，所以，平面，平面，
所以平面，
此时．
18.在菱形中，，，，.
（1）若，求的值；
（2）求的值；
（3）若在线段上的动点，问是否为定值?若是，求该定值；若不是，求的取值范围.
【解析】 (1) 因为，，所以,
又因为，所以，，所以.
(2) 因为，所以，
在菱形中，，所以，所以.
(3) 以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.
由菱形边长为，，得，，，，
因为，易得，由可得，
在线段上，则 ，.
，，所以，又，
所以，又因为，所以.
故不是定值，取值范围为 .
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）求；
（2）若，，且点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求的最小值.
【解析】 (1) ，则，
，
，故.
(2)由（1）知，所以的三个角都小于，
由费马点定义知，
设，，，由，
整理得，整理得，
则.
(3) 因为点为的费马点，所以，
设，，，，，，
由，得．
由余弦定理得，
，
，
由，得，
，又，，所以，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，所以，解得或（舍去），
故的最小值为 .