云南省昭通一中2025-2026学年高一下学期期中考试（A卷）数学试题（含答案）

这是一份云南省昭通一中2025-2026学年高一下学期期中考试（A卷）数学试题（含答案），共7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
1．下列关于向量的论述中，正确的是（ ）
A．零向量是只有大小没有方向的向量
B．，则
C．与有向线段BA的长度不相等
D．对任一非零向量总是成立的
2．设，则（ ）
A．-1B．0 C．1D．2
3．棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则平面向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等边三角形
6．已知l，m，n为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则或
7．在中，内角A，B，C的对边分别为，向量，且，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
8．设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
二、多选题
9．下列命题中成立的是（ ）
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．若，则
D．若为非零向量且，则
10．下列关于平面向量的推断正确的是（ ）
A．若平面向量，满足，则
B．对任意平面向量，则有
C．若向量，则向量在向量上的投影向量为
D．点，与向量同方向的单位向量为
11．如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
A．直线与为异面直线
B．平面
C．三棱锥的体积为
D．平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为
三、填空题
12．已知复数的模等于2，则实数的值为______.
13．已知在中，D、E分别为AB、CD的中点，设，则______.（用向量为基底表示）
14．已知在棱长为4的正方体中，为的中点，若球的球面与该正方体的表面有公共点，则球的半径的取值范围是______.
四、解答题
15．已知.
(1)求；
(2)求在方向上的投影向量（用坐标表示）.
16．如图，已知直三棱柱的各棱长均为2，D为BC上的一点，，连接OD且平面.
(1)求证：为BC的中点；
(2)求三棱锥的表面积及到平面的距离.
17．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求角的大小；
(2)设的面积为，求的周长.
18．如图，在正方体中，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在图中作出平面和底面ABCD的交线，并求平面将正方体分成两部分的体积之比.
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足：，且.
(1)求的大小；
(2)求面积的最大值；
(3)求的最大值.
参考答案及解析
1．D
解析：对于A：零向量的模为，方向是任意的，并不是没有方向，A错误；
对于B：由于与方向相反，长度相等，和是零向量，而不是，B错误；
对于C：与有向线段的长度相等，C错误；
对于D：因为零向量的模为0，又因为非零向量，的模，D正确.
2．C
解析：因为，
所以，解得：．
故选：C.
3．A
解析：因为正方体棱长为2，所以正方体的体对角线长为，
所以正方体的外接球的半径为，
所以该球的体积为.
4．C
解析：，
因为，
所以，所以，
所以，又，故平面向量与的夹角为.
5．A
解析：，，
，
，，
为直角三角形.
故选：A
6．D
解析：选项A：若，，则或，故A错误；
选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则，
由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误；
选项C：若，，则，平行或异面或相交，故C错误；
选项D：当，且不在内时，，，则，
当，且不在内时，，，则，
当既不在也不在内，，，则且，故D正确.
7．B
解析：，，且，
，
根据正弦定理，
，
，
，
，，
，
，
．
8．D
解析：对于A，当时，则，所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对于B，当时，则，解得或必要性不成立，故B错误；
对于C，当时，不满足，所以不成立，即充分性不成立，故C错误；
对于D，当时，，，故，所以，即充分性成立，故D正确.
9．BD
解析：对于A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；
对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；
对于C选项，当为时，与可能不平行，故C错误；
对于D选项，，根据数量积运算法则，则两边平方化简可得，，故D正确，
10．BCD
解析：对于A，根据平面向量数量积的概念，由，可得在上的投影相等，但未必有，故A错误；
对于B，向量数量积满足分配律，故B正确；
对于C， ，，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，，且，故与同向的单位向量为，故D正确．
11．ABD
解析：对于A，因为平面，平面，，所以直线与为异面直线，A正确；
对于B，因为在正方体中，，平面，平面，所以平面，B正确；
对于C，则由正方体的性质可得为等腰直角三角形，所以的面积为2，故三棱锥的体积为，C错误；
对于D，连接,则平面即为平面，截面图形为等边三角形，所以平面截正方体所得截面的图形的周长为，D正确.
12．
解析：复数的模等于2，故，
故，解得.
13．
解析：因为E为的中点，则，因为D为的中点，则，
所以，，，则.
14．
解析：设球的半径为，当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，
所求的球的半径最大，若半径变得更大，正方体完全位于球内，此时球面与正方体没有公共点，
正方体的外接球直径为体对角线长，
即，
故；
当球与正方体的各面相切时，球的半径达到最小，
即的最小值为2，
.
15．(1)
(2)
解析：（1）根据题意，，，
，
故.
（2）由，，得
， ，
所以在方向上的投影向量为.
16．(1)证明见解析
(2)表面积为，距离为
解析：（1）证明：如图，因为平面且平面，
又因平面平面，
所以.
又因在直三棱柱中，为平行四边形，
所以为的中点，
所以为的中位线.
所以为的中点.
（2）因为三棱柱是直三棱柱且所有棱长均为2，
在中，由勾股定理可得，，.
因为，
所以，所以为直角三角形，
三棱锥的表面积为
.
设到平面的距离为，因为，所以
即，解得，
所以到平面的距离为.
17．(1)
(2)
解析：（1）由正弦定理代入，得：，
由余弦定理有
所以

或者（(因为，所以，
从而，）
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得， ，
所以，
而.
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
.
因为的面积为，所以，即，
所以 ，，
所以的周长为.
18．(1)证明见解析
(2)作图见解析，7∶17
解析：（1）在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，
所以.
又平面，平面，
平面.
（2）在正方形中，直线与直线相交.
延长，交于点，连接，
，平面，则平面.
，平面，平面.
平面平面，则平面和底面ABCD的交线为，
设，则如图平面和底面ABCD的交线为，
连接，则为平面和平面的交线.
由为的中点，得为的中点，.
所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台.
解法一：设正方体的棱长为2.
.
另一部分几何体的体积为.
两部分的体积比为7∶17.
解法二：设正方体的棱长为2，所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台，
所以.
另一部分几何体的体积为，
两部分的体积比为7∶17.
19．(1)
(2)
(3)
解析：（1）法一：由三角形的内角和定理得，
此时就变为.
由诱导公式得，所以.
在中，由正弦定理知，，
此时就有，又，故，
即，
再由二倍角的正弦公式得，解得.
法二：由题设及正弦定理可得，又，故，
两边平方得，即.
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此.
法三：根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得.
因为，，故或者，
而根据题意，故不成立，所以.
又因为，代入得，所以.
（2）因为，由余弦定理可知：
即：，
当且仅当时等号成立.
.
（3）根据余弦定理，得，得，
由基本不等式可知

因，
（当且仅当时取等号）.
设，则，.
设，.
则在区间上单调递增，
的最大值为，的最大值为.