河北保定市第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试题（含解析）

这是一份河北保定市第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了 若，则在复平面内对应的点位于， 在中，，，，则， 已知，则向量的夹角为， 已知的面积为，则等内容，欢迎下载使用。
一.选择题（共8小题）
1. 若，则在复平面内对应的点位于（ ）
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】
【分析】借助复数运算法则计算出后，利用复数几何意义即可得.
【详解】，
故在复平面内对应的点位于第一象限.
2. 在中，，，，则（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】D
【解析】
【详解】在中，，，，由正弦定理得，
则，
因为，所以，则.
3. 体积为的圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆柱的体积公式及球的表面积公式计算即可.
【详解】设该圆柱的高和底面圆半径分别为，球的半径为R，
则，
所以球的表面积为.
故选：B
4. 已知，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，将两侧同时平方，可得，代入夹角公式，即可得答案.
【详解】因为，
所以，则，
则，
因为，所以，即向量的夹角为.
5. 已知的面积为，则（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【详解】因为的面积为，
所以，
所以由余弦定理可知：.
6. 如图，三棱锥中，均为正三角形，为直角三角形，斜边为，为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接，可得，所成的角即为直线所成的角，设，利用余弦定理可求解.
【详解】取的中点，连接，易得，
则，所成的角即为直线所成的角.
设，因为均为正三角形，为直角三角形，斜边为，
则，，，
在中，由余弦定理，得，
所以直线所成角的余弦值为.
故选：B.
7. 如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，则下列结论正确的有（ ）
①平面；②；③平面；④平面.
A. 个B. 个
C. 个D. 个
【答案】D
【解析】
【分析】由线面垂直定义和判定定理进行辨析即可.
【详解】对于①，∵平面，平面，∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，故①正确；
对于②，③，由①，∵平面，平面，∴，
又∵，为的中点，∴，
又∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴，故②，③正确；
对于④，假设平面，则∵平面，∴，
又∵为的中点，∴，
∵平面，平面，∴，∴中，，
又∵，∴中，，∴，，
∴假设不成立，故④错误.
∴正确的有①②③，共个.
故选：D.
8. 中，内角的对边分别是，，且，，若，则线段长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理边角互化可得的大小，进而利用余弦定理求解长度，可判断三角形为直角三角形，进而根据向量的线性运算即可求解.
【详解】由可得,
故,由于，故
,
由余弦定理可得，故，，
由得,故，
由于，，，故,
故.
二.多选题（共3小题）
9. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 的面积为
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由正弦定理、余弦定理和三角形面积公式分别验证选项即可.
【详解】对于A，根据余弦定理，
得，因此，故A正确；
对于B，根据三角形面积公式，
可得，故B正确；
对于C，根据正弦定理，，
可得，故C不正确；
对于D，因为，
所以，故D不正确．
故选：AB.
10. 在下列底面为平行四边形的四棱锥中，是四棱锥的顶点或棱的中点，则平面的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断A，D；根据线面平行的判定定理可判断B，C；
【详解】对于A，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

设交于点，连接，
则，
又,
故，即四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，
这是不可能的，因此与平面不平行，故A错误；
对于B，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

则，
又，,
故，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，故B正确；
对于C，设为的中点，底面为平行四边形，连接，
则，
又，，
故，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，故C正确；
对于D，设底面为平行四边形，
连接交于点，交于点，

则为的中点，连接，
由于为的中点，故；
又平面，平面，平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，
因此与平面不平行，故D错误；
故选：BC.
11. 已知在中，，点为线段的中点，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 若，且三点共线，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据已知条件判断的形状，进而可判断A；通过平面向量基本定理可判断B；通过向量在向量上的投影向量公式即可判断C；通过三点共线的向量表示可判断D.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以为直角三角形，
因为，所以是上靠近点C的三等分点，如图：
对于A，，
由勾股定理知，故A错误；
对于B，由题意知，
所以，故B正确；
对于C，由B知，
所以
，
所以向量在向量上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，
所以，
由B知，所以，
又三点共线，所以，所以，故D正确.
三.填空题（共3小题）
12. 已知向量，满足，且与的夹角为，则______．
【答案】
【解析】
【详解】由数量积的定义可得a⃗⋅b⃗=a⃗⋅b⃗cs3π4=1×4×−22=−22.
13. 已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C所对的边.若，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理可求边.
【详解】因为，且为三角形的内角，所以.
由正弦定理，得：.
故答案为：
14. 已知直三棱柱的体积为24，，若直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上，则球O表面积的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三棱柱几何特征结合外接球公式求出半径，最后应用基本不等式求出最小值结合球的表面积公式计算求解.
【详解】设，，又，
所以直三棱柱的体积，解得.
设球O的半径为R，由题意知，
当且仅当时等号成立，所以球O表面积的最小值为.
故答案为：.
四．解答题（共3小题）
15. ，
（1）若，求的大小；
（2）若，求，夹角的大小．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用共线向量的坐标表示列式求解.
（2）利用向量垂直的坐标表示及向量夹角公式求解.
【小问1详解】
向量，，由，得，
所以.
【小问2详解】
依题意，，由，得，解得，
由向量，，得，
，
因此，而，
所以向量，夹角的大小为.
16. 的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解即可.
（2）由（1）的结论结合已知，利用正弦定理求解即得.
【小问1详解】
在中，由及余弦定理，得，
而，所以.
【小问2详解】
由，且，则，
由正弦定理得：，即，
所以.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求的值；
（2）求的面积；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知，利用余弦定理，即可求出的值；
（2）由已知，求出，再利用三角形的面积公式，计算即可；
（3）在中，由正弦定理，可得，则，由两角差的正弦公式即可求得.
【小问1详解】
在中，因为，，，
所以由余弦定理，
得.
【小问2详解】
在中，因为，，，
则，，
所以的面积.
【小问3详解】
在中，由正弦定理，
可得，
，所以，
又，，
所以.
18. 如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，.
（1）证明：.
（2）证明：平面.
（3）证明：⊥平面CDE.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据正三角形的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理
（3）根据勾股定理逆定理，结合（1）中结论、线面垂直的性质和判定定理进行证明即可.
【小问1详解】
因为△ABC为正三角形，D为AB的中点，
所以，因为平面ABC，平面ABC，
所以.因为平面平面，
，所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
连接，设与交于点F，则F为的中点.
连接DF.因为D为AB的中点，所以DF为的中位线，则.
又平面平面，所以平面.
【小问3详解】
易得，则，
所以.
由（1）可知CD平面，所以.
因为平面CDE，平面CDE，，所以平面CDE.
19. 在中，角，，所对应的边分别为，，，的面积为．
（1）若为锐角三角形，且满足，
①求证：；
②设，求的取值范围；
（2）求的最大值．
【答案】（1）①证明见解析；
②
（2）
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理、辅助角公式进行求解.
【小问1详解】
①设外接圆半径为，由正弦定理得：，,
是锐角三角形，则
所以，
又因为
所以
则,
因此或(舍去)，所以.
②因为为锐角三角形，所以，解得：，则
若，则由正弦定理得：
而，
代入化简得：，
令，，其中
则易得：在上是单调递增的，
所以，即，
所以的取值范围是
【小问2详解】
因为，且
令，当且仅当的时候等号成立，此时需求的最大值，
不妨设，易得，整理得：
利用辅助角公式化简得：，其中，
而，因此，所以，解得，
又因为，所以，因此的最大值是，
所以当且仅当，时，最大值为.