浙江台州十校联盟2025-2026学年高一年级下学期期中联考数学试题

这是一份浙江台州十校联盟2025-2026学年高一年级下学期期中联考数学试题，共8页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
2. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若，，，则C=（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，，设，则（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知则四边形ABCD的周长为（ ）
A. B. C. D.
5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，“”是“是锐角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7. 如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）

A. 三角形B. 矩形C. 梯形D. 菱形
8. 如图，在梯形中，，点分别在线段上运动且，求的最大值（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求．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. 已知复数满足，则（ ）
A. 的实部是B. 的虚部是
C. D. 在复平面内所对应的点位于第二象限
10. 已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
11. 在中，斜边为中点，的角平分线交于点，与交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则为定值
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．
12. 在中，角的对边分别为，已知，则______．
13. 已知，则在上的投影向量为______．
14. 在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______．
四、解答题：本大题共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. 设复数，．
（1）若是实数，求；
（2）若是纯虚数，求．
16. 已知平面向量，其中．
（1）若为与方向相同的单位向量，求的坐标；
（2）若且与垂直，求向量夹角的余弦值．
17. 如图，圆柱轴截面是边长为的正方形，动点在底面圆周上．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为弧的中点，求异面直线与所成角的余弦值．
18. 在中，角的对边分别是，若．
（1）求；
（2）若，，求的面积；
（3）若，求锐角面积的取值范围．
19. 如图，在四棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面底面，求直线与底面所成角的正切值；浙江台州十校联盟2025-2026学年第二学期期中联考高一年级数学学科试题
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】复数，则，
故选：A
2. 在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c.若，，，则C=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知三角形的三边长，利用余弦定理可求出角C的值
【详解】因为，，，
所以由余弦定理得，，
因为，所以，
故选：C.
3. 如图，，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知：
.
4. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知则四边形ABCD的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先分析直观图等腰梯形，结合斜二测的 夹角，求出直观图腰长，再按斜二测规则还原，得到原图形上下底和腰长，并在还原后的直角梯形中，用勾股定理算出斜边，最后将四条边长相加，得到四边形的周长即可.
【详解】由题意可知， 直观图 为等腰梯形， ，，
过点 作 于 ，， 则 ，
在中，，，
根据斜二测画法规则还原原图形，如图：
则 ， ，
∵ 在轴上， ，
作于，则，，
，
四边形 的周长为：
，
故四边形的周长为.
5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设底面半径为r，母线为l，由轴截面是等腰直角三角形得，代入求出r和l，再求出圆锥的高，代入体积公式计算．
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，
圆锥的轴截面是等腰直角三角形，
，即，
由题意得，侧面积，
解得，
，圆锥的高，
圆锥的体积，
故选：A．
【点睛】本题考查圆锥的体积、侧面积，以及轴截面问题，属于基础题．
6. 在中，“”是“是锐角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算律可得角为锐角，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，即，
整理可得，可知，
且，可知角为锐角，
所以，等价于角为锐角，
因为角为锐角不能推出是锐角三角形，但是锐角三角形可以推出角为锐角，
所以“”是“是锐角三角形”的必要不充分条件.
7. 如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（ ）

A. 三角形B. 矩形C. 梯形D. 菱形
【答案】A
【解析】
【分析】根据点在、以及三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项.
【详解】B选项，当点与重合时，

取中点，因为是中点，则，且，
连接，则四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为矩形，故排除B选项；
C选项，当点与重合时，

取中点，因为是的中点，所以，
连接，截面四边形为梯形，故排除C选项；
D选项，当点为中点时，

因为是中点，所以且，
连接，则四边形是平行四边形，
又因为，，
因为是正方体，所以，所以，
所以平行四边形是菱形，故排除D选项；
不管点在什么位置，都不可能是三角形.
故选：A.
8. 如图，在梯形中，，点分别在线段上运动且，求的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接建立平面直角坐标系，用坐标表示向量，进而可得数量积的一个二次函数，通过函数求得最大值.
【详解】以所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，设，如图：
则，，
所以，，
，
当时，
二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求．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. 已知复数满足，则（ ）
A. 的实部是B. 的虚部是
C. D. 在复平面内所对应的点位于第二象限
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数除法运算可化简得到，由共轭复数、复数的实部和虚部定义、复数模长运算与几何意义依次判断各个选项即可.
【详解】；
对于A，由实部定义知：的实部为，A正确；
对于B，，的虚部是，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，对应的点为，位于第二象限，D正确.
故选：AD.
10. 已知两条不同的直线a，b，两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据直线与平面垂直的性质定理即可判断；根据选项B的条件得来判断B；根据面面垂直的判定定理判断C；根据面面平行的判定定理判断D.
【详解】对于A，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两条不同直线互相平行，故A正确；
对于B，因，不妨设直线的方向向量分别为，则可看成平面的法向量，
又因，则，故，故B错误；
对于C，根据面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，故C正确；
对于D，根据面面平行判定定理，若，才能得到，
因缺少的位置关系，故得不到，即D错误.
11. 在中，斜边为中点，的角平分线交于点，与交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A由角平分线可得，再结合直角三角形中的边角关系可得；对B先在中解直角三角形得，再由角平分线的性质可得；对C分别在和分别使用等面积法并化简可得；对D由BC选项解析可得，进而计算可得结果.
【详解】设，则，
A选项，根据为角平分线且可得
，
化简得，
而在中，，所以，
将代入得，解得，故A正确．
B选项，根据角平分线的性质：三角形内角平分线分对边所得的两条线段的比等于夹这个角两边的比.
因为为角平分线，则在中，为的角平分线，则有，
根据得，所以，
根据，解得，故B正确．
C选项，在和分别使用等面积法可得
，且，
化简得，两式相除可得，
，即，将代入得，故C错误．
D选项，根据C选项可得，
根据B选项可得，而，
所以，得证，故D正确．
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．
12. 在中，角的对边分别为，已知，则______．
【答案】或
【解析】
【分析】直接由正弦定理可得所求角，再用内角和定理检验可得
【详解】因为中，，由正弦定理，
得，因为，所以或，
因为，经检验，或均符合题意.
13. 已知，则在上的投影向量为______．
【答案】
【解析】
【详解】,
在上的投影向量为.
14. 在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，将三棱锥还原成长方体，则该长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，根据长度，求出外接球的半径，根据勾股定理，求出各个长度，根据余弦定理及同角三角函数的关系，求出的值，根据正弦定理，求出的外接圆半径r，分析求解，即可得答案.
【详解】如图，因为两两垂直，
所以三棱锥的外接球，即为长方体的外接球，
因为，，，
所以长方体的体对角线，
所以长方体外接球半径即三棱锥的外接球半径为，
又，，，
在中，由余弦定理，，则，
由正弦定理，可得的外接圆半径为，
所以球心到平面ABC的距离为，
所以点M到平面ABC距离的最大值为．
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 设复数，．
（1）若是实数，求；
（2）若是纯虚数，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为是实数，
所以，即，
所以；
【小问2详解】
，
因为是纯虚数，所以，解得，
所以，．
16. 已知平面向量，其中．
（1）若为与方向相同的单位向量，求的坐标；
（2）若且与垂直，求向量夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数乘及向量的模求解即可.
（2）根据向量垂直及向量数量积运算律求出，结合向量夹角的求法求解即可.
【小问1详解】
设
由得，解得
所以
【小问2详解】
因为与垂直，所以
即，
又，，所以.
所以向量夹角的余弦值.
17. 如图，圆柱轴截面是边长为的正方形，动点在底面圆周上．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为弧的中点，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线线垂直证平面，进而可得平面，再由面面垂直的判定定理可得；
（2）先根据定义作出异面直线所成的角，然后在三角形中用余弦定理可得角的余弦值.
【小问1详解】
如图，连接，
且，所以四边形为平行四边形，所以
平面平面，.
又为圆的直径
平面平面,
平面，又，平面，平面
∴平面平面
【小问2详解】
延长交圆于点，连接
易得，所以且，所以.
且，所以四边形是平行四边形，即且，
因此可得且，四边形是平行四边形，即.
所以或其补角即为异面直线与所成角.
∵点为弧的中点且为直径，且，可得.
，在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
18. 在中，角的对边分别是，若．
（1）求；
（2）若，，求的面积；
（3）若，求锐角面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合消去，化简后通过同角三角函数关系求；
（2）已知，先用余弦定理列方程解出，再代入三角形面积公式计算；
（3）先用正弦定理将用表示，结合锐角三角形条件求出的范围，再将面积转化为关于的三角函数，结合单调性求值域．
【小问1详解】
由得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，所以，
所以，又因为，所以；
【小问2详解】
由，得，解得，（舍去），
所以；
【小问3详解】
因为，，所以，
由，得，
所以
，
因为为锐角三角形且，所以，
则，，，，
所以．
19. 如图，在四棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面底面，求直线与底面所成角的正切值；
（3）若，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过构造平行四边形，再结合线面平行的判定定理可得；
（2）由面与面的垂直并结合（1）中平行关系可得即为所求角，然后在直角三角形中计算可得；
（3）根据二面角的定义作出二面角的平面角，再结合余弦定理求解可得.
【小问1详解】
取的中点为，连接，则，且，
又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为，且平面平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，所以直线与底面所成角即直线与底面所成角，
如图，过作于，
又平面底面，平面底面平面，
则底面，
所以即为直线与底面所成角.
取的中点，连接，因为，则．
因为为的中点，所以为的中点．
又，
则，
在中，，
所以，
即直线与底面所成角的正切值为
【小问3详解】
如图，过作交于，连接，
因为，则即为平面和平面的夹角的平面角.
因为四边形为直角梯形，，
所以，又因为，，所以．
当时，在中，，
由余弦定理得，
在中，，
由余弦定理得．