黑龙江龙东十校联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份黑龙江龙东十校联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
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.
4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章~第八章第6节
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. 复数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】D
【解析】
【分析】先化简复数为代数形式，然后根据其几何意义写出对应点坐标，从而判断所在象限．
【详解】复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. -2B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可构造方程求得结果.
【详解】因为向量，，且，所以，
即，解得.
3. 已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆锥体积公式，结合扇形弧长公式列式求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线为，依题意，解得，
所以这个圆锥的底面直径是.
4. 已知是两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分不必要条件定义判断可得答案.
【详解】若，则存在，使得，又，所以，可得，
故“”是“”的充分条件；
若，且，则可能在平面内，得不到，
故“”不是“”的必要条件．
综上，“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
5. 如图，，直线与分别交于点和点，且，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作直线，使得，通过平行线分线段成比例定理得出​的比值，再结合，得到​的值.
【详解】因为，直线与分别交于点和点，
过点作直线，使得，交于点，所以，
所以，故.
6. 在中，内角的对边分别为，且，的面积为，则的值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和差的正弦公式化简，即可求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，由正弦定理得，
即，
所以，
又，所以，
所以，所以，
又，即，
由得，
所以，又，即，
所以，
所以的面积为，解得，所以.
7. 如图，在梯形中，为上一点，且满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及定义求解.
【详解】在梯形中，令，由，得，
由，得，所以
.
8. 已知直四棱柱的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，点是棱上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可.
【详解】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，
连接，交于点，连接，
所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形.
由平行线分线段比例可知：，故，
故为等腰直角三角形，所以，
故，则，.
连接，易知，
所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分，
等腰梯形的高，
则等腰梯形的面积为.
又，
所以五边形的面积为.

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. 已知向量不共线，，若三点共线，则的可能的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】因为三点共线，所以.
所以，即，解得或.
10. 已知为复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若且，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】本题先依据复数不能比较大小判定选项 A 错误，再通过设出复数代数形式展开运算并化简模长表达式，证得两模长相等从而确定选项 B 正确，接着对复数等式因式分解，利用非零复数性质推出两复数相等判定选项 C 正确，最后结合复数的几何意义与向量三角不等式，证明复数模的不等式恒成立得出选项 D 正确.
【详解】由，但是不成立，故A错误；
设，则
所以
.
所以，故B正确；
因为，所以，又，所以，即，故C正确；
设对应的向量分别为，由向量三角不等式，可得，当且仅当与反向时，等号成立，所以恒成立，故D正确.
11. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，点为棱的中点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线是异面直线
B.
C. 三棱柱的侧面积可能为10
D. 三棱柱的体积的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据异面直线的定义即可判断A；先证明平面，再根据线面垂直的性质可得，即可判断B；设，则，求出侧面积公式结合已知即可判断C；根据结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A，因为平面平面，
故直线与直线是异面直线，故A正确；
对于B，因为四边形是边长为2的正方形，所以，
又，所以，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又点为棱的中点，所以，故B正确；
对于C，设，则，
所以三棱柱的侧面积，该方程无解，
故三棱柱的侧面积不可能为10，故C错误；
对于D，由题意得
，
当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数是纯虚数，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义列方程组，求解即可．
【详解】因为复数是纯虚数，
所以，解得．
13. 在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，则点到平面的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，过点作直线的垂线，垂足为，证明平面，求出即可．
【详解】是边长为3的等边三角形，所以，
取的中点，则，
又平面，所以平面，
在中，由余弦定理得，
所以，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
又平面，所以，又平面，
所以平面，即点到平面的距离为.
14. 已知平面向量满足，非零向量满足，向量满足，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由已知单位向量与的数量积求出与夹角为,再设各向量对应定点,利用得出点的轨迹是以为圆心、半径为1的圆,将转化为定点到动点的距离,过圆心作的垂线,在直角三角形中求出垂线段长,减去圆半径即可得到的最小值.
【详解】因为非零向量满足.
所以向量与的夹角为，设，
则.
所以有，则，所以点的轨迹为以为圆心的圆.
过点，作，垂足为，交圆于点.
根据图象可得出即为的最小值.
在中，有，所以有.
又，所以.
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. 在中，内角的对边分别为，且，锐角满足．
（1）求的值；
（2）若是线段的中点，求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】(1)已知两边及其夹角，利用余弦定理计算边即可；
(2)求中线的值利用向量的平行四边形法则，将中线表示为相邻两边的向量和，利用向量模长的计算方法计算即可
【小问1详解】
因为，且为锐角，所以，
又因，由余弦定理，．
【小问2详解】
因为是线段的中点，所以，
则，
即，即的值为．
16. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）记平面平面平面，求证：三点共线.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先由正方体中点性质证、,再利用线面平行判定定理证、分别平行于平面,最后由面面平行判定定理证平面平面；
（2）依据点与直线、平面的从属关系,推出都在平面与平面的交线上,从而证得三点共线.
【小问1详解】
连接，又点分别为棱的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，又点分别为棱的中点，所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
又平面平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面.
又平面，所以平面.
所以平面平面，
因为平面，所以平面.
又平面，所以平面.
所以，即三点共线.
17. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的值；
（3）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，结合余弦定理即可求解；
（2）由三角形的面积公式结合余弦定理即可求解；
（3）利用辅助角公式化简可得，由求出，利用正弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，即，
由余弦定理可得.
又，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，解得.
由（1）可得，所以，即，
所以.
【小问3详解】
由，得.
因为，所以，所以，即.
所以，
由正弦定理可知.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面分别是棱的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）若四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为，记平面平面，求直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接，证明平面即可得到结论；
（2）取的中点，连接，可证，由线面平行的判定即可证明结论；
（3）由线面平行的性质可得，取的中点，连接，或其补角为直线与所成的角，结合几何关系求解即可.
【小问1详解】
连接，如图所示，因为底面是边长为2的正方形，所以，
又平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，如图所示，又是棱的中点，所以，
又底面是边长为2的正方形，是棱的中点，所以，
，所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
【小问3详解】
由（2）知平面，又平面平面平面，所以，所以，
取的中点，连接，则，所以或其补角为直线与所成的角.
因为四棱锥的所有顶点都在球的球面上，
所以球的半径，
所以球的表面积，解得.
记，连接，又平面平面，
所以，所以，
所以，
由余弦定理得，
即直线与所成角的余弦值为.
19. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）已知满足.
（i）若，求的值；
（ii）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）27
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理化简即可求解；
（2）（i）在和在中利用正弦定理化简可得，在中，由余弦定理即可求解；
（ii）根据三角形面积关系可得，设，利用余弦定理可得，从而得到，由化简结合二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
因为，由余弦定理得，
整理得
【小问2详解】
（i）因为满足，所以，
又，设，则.
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
又，所以，即，
解得，又，所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理得，
即.
（ii）由，
所以，
，
两式相乘得，所以.
设，则，由，解得，
在中，由余弦定理得，
则，
，
由，得，当时，面积的最大值为27.