浙江省嘉兴市八校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷

这是一份浙江省嘉兴市八校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷，共18页。
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
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
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效
考试结束后，只需上交答题纸选择题部分
一､单选题：本大题共 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.
若复数 z  1 2i ，则 z 的虚部是（ ）
1
2
2iD.
2i
AB
已知 A 3, 0, B 0,1 ，则–––→ 的坐标为（）
A. 
3, 1
B. 
3,1
C. 
3,1
D. 
3, 1
如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）
A.是棱台B.是圆台
C. 不是棱柱D.是棱锥
在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a2﹣b2﹣c2+bc＝0，则∠A 等于（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
→
已知平面向量a  1, 2 ， b  1, 3 ，则 a 与b 夹角的大小为（）
A. 30B. 45∘C. 60D. 90∘
如图， AM 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， M､N 分别为棱C1D1､C1C 的中点，有以下四个结论：①直线 AM 与 BC 是相交直线；②直线 AM 与 BN 是平行直线；③直线 BN 与 MB1 是异面直线；④直线 AM 与 DD1 是异面直线.其中正确的结论为（）
A. ③④B. ①②C. ①③D. ②④
如图所示，已知在ABC 中， D 是线段 AB 上的靠近 A 的三等分点，则CD  （）
–––→
BC 
2 –––→
BA
–––→
B. BC 
2 –––→
BA
–––→
C. BC 
2 –––→
BA
–––→
D. BC 
2 –––→
BA
3
3
3
3
A.
已知在V ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，且c2  b2  ab ，C  π ，则 sinA 的值
为（ ）
2
A. 1
B. 1C. 2D. 3
3sinB
二､多选题：本大题共 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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知复数 z  1  2i ，则下列叙述正确的是（）
z 的实部为 1B. z 的共轭复数为1 2i
5
C. z D. z2  5  4i
→→
已知向量 a  1, 2, b  4, t , c  1, 0 ，则下列说法正确的有（）
若 a ∥ b ，则t  8
→→→→
若 a  b  a  b ，则t  2
若 a 与b 的夹角为钝角，则t  2 且t  8
a 在c 上的投影向量为c
在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫 Trulli，于
1996 年被收入世界文化遗产名录.现测量一个 Trulli 的屋顶，得到圆锥 SO（其中 S 为顶点， O 为底面圆心），已知圆锥 SO 的侧面积和表面积分别为60πm2 和96πm2 ，则下列说法正确的是（）
圆锥的母线长为10m
圆锥 SO 的体积为98πm3
圆锥的侧面展开图的圆心角的弧度数为 6π rad
5
若 P 是 SO 的中点，过点 P 且与圆锥 SO 底面平行的平面将圆锥 SO 分成两部分，这两部分的体积分别为V1,V2 V2  V1  ，则V2  6V1
非选择题部分
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知| a | 5 ， | b | 4 ， a 与b 的夹角为 60°，则 a  b  .
如下图， V ABC是V ABC 用“斜二测画法”画出的直观图，其中OB  OC  1, OA 
V ABC 的面积是.
3 ，那么
2
已知关于 x 的实系数方程 x2  kx  k 2  3k  0 有一个模为 1 的虚根，则实数 k 的值为．
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.
已知向量a  (3,λ), b  (7,λ 3) .
若 a / /b ，求λ的值.
设a  (a  b) ，向量a 与b 的夹角为θ，求θ的大小.
已知复数 z  a  4  a  2i ， a  R  ．
若 z 是纯虚数，求 z  4 ；
若 z 在复平面内对应的点位于第二象限，求 a 的取值范围．
在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a ，b，c， 3a cs B  b sin A ．
求∠B；
若 b＝2，c＝2a，求△ABC 的面积．
如图，已知直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的底面是边长为 2 的正方形， AA1  4 ， E, F 分别为
AA1, AB 的中点.
求三棱锥 D1  ACD 的表面积；
求三棱锥 E  DD1C 的体积；
求证： E､F､C､D1 四点共面.
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 已知 a  b cs C 
求角 B
过 B 作 BD  BA ，交线段 AC 于 D，且 AD  2DC ，求角C .
3 c sin B 3
2025 学年第二学期嘉兴市八校联盟期中联考
高一年级数学学科试题
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
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
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效
考试结束后，只需上交答题纸选择题部分
一､单选题：本大题共 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.
若复数 z  1 2i ，则 z 的虚部是（ ）
1
2
2iD.
2i
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的虚部概念即可求得结果.
【详解】因为复数 z  1 2i ，则 z 的虚部是2 ，故选：B
AB
已知 A 3, 0, B 0,1 ，则–––→ 的坐标为（）
A. 
3, 1
B. 
3,1
C. 
3,1
D. 
3, 1
【答案】C
【解析】
【分析】借助平面向量坐标运算法则计算即可得.
【详解】由 A
–––→

3, 0 , B 0,1 ，则 AB  
3,1 .
如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）
A.是棱台B.是圆台
C. 不是棱柱D.是棱锥
【答案】D
【解析】
【分析】根据棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念即可判断．
【详解】对 A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以 A 错误；对 B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以 B 错误；
对 C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以 C 错误；对 D，符合棱锥的定义，正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念的理解，属于基础题．
在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 a2﹣b2﹣c2+bc＝0，则∠A 等于（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】结合余弦公式即可求解
【详解】由 a2  b2  c2  bc  0  b2  c2  a2  bc ，又2bc cs A  b2  c2  a2  bc ，解得
cs A  1 ，Q A （0，π） A  60
2
故选：B
【点睛】本题考查由余弦定理求角，属于基础题.
→
已知平面向量a  1, 2 ， b  1, 3 ，则 a 与b 夹角的大小为（）
A. 30B. 45∘C. 60D. 90∘
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量夹角公式直接求解即可.
【详解】设 a 与b 的夹角为θ，则0∘ θ 180∘ ，
a b
→  →
5  10
→
2
Qcsθ
a  b 
1 6
2 ，θ 45∘ .
故选：B.
如图， AM 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， M､N 分别为棱C1D1､C1C 的中点，有以下四个结论：①直线 AM 与 BC 是相交直线；②直线 AM 与 BN 是平行直线；③直线 BN 与 MB1 是异面直线；④直线 AM 与 DD1 是异面直线.其中正确的结论为（）
A. ③④B. ①②C. ①③D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】根据异面直线的判定定理逐一判断.
【详解】因为 BC  平面 ABCD ， MA ∩ 平面 ABCD  A ，且 A  BC ，故直线 AM 与 BC 是异面直线，故①错误；
因为平面 ABB1 A1 / / 平面CDD1C1 ， AB  平面 ABB1 A1 ， MN  平面CDD1C1 ，所以 AB, MN 没有公共点，
又 AB / /CD ， MN , CD 不平行，
故 AB, MN 不平行，即 AB, MN 为异面直线，即 A, B, M , N 四点不共面，
所以直线 AM 与 BN 也是异面直线，故②错误；
因为 BN  平面 B1BCC1 ， MB1 ∩ 平面 B1BCC1  B1 ， B1  BN ，所以直线 BN 与 MB1 是异面直线，故③正确；
因为 DD1  平面 A1ADD1 ，但 AM ∩ 平面 A1ADD1  A ， A  DD1 ，所以直线 AM 与 DD1 是异面直线，故④正确．
如图所示，已知在ABC 中， D 是线段 AB 上的靠近 A 的三等分点，则CD  （）
–––→
BC 
2 –––→
BA
–––→
B. BC 
2 –––→
BA
–––→
C. BC 
2 –––→
BA
–––→
D. BC 
2 –––→
BA
3
3
3
3
A.
【答案】B
【解析】
–––→–––→–––→
–––→–––→
【详解】因 D 是线段 AB 上的靠近 A 的三等分点，则CD  BD  BC 
BA  BC .
3
已知在V ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，且c2  b2  ab ，C  π ，则 sinA 的值
为（ ）
2
A. 1
【答案】C
【解析】
B. 1C. 2D. 3
sinB
【详解】由余弦定理得c2  b2  a2  b2  2abcsC  b2  a2  ab ，又c2  b2  ab ，所以a2  ab  ab ，所以 a  2b ，
所以由正弦定理得 sinA  a  2 ．
sinBb
二､多选题：本大题共 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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知复数 z  1  2i ，则下列叙述正确的是（）
z 的实部为 1B. z 的共轭复数为1 2i
5
C. z D. z2  5  4i
【答案】ABC
【解析】
【详解】对于 A， z 的实部为 1，正确；对于 B， z 的共轭复数为1 2i ，正确；
12  22
5
对于 C， z ，正确；
对于 D， z2  1 2i2  1 4i  4  3  4i ，错误.
→→
已知向量 a  1, 2, b  4, t , c  1, 0 ，则下列说法正确的有（）
若 a ∥ b ，则t  8
→→→→
若 a  b  a  b ，则t  2
若 a 与b 的夹角为钝角，则t  2 且t  8
a 在c 上的投影向量为c
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示判断 A，根据数量积的运算律得到 a  b  0 ，再由数量积的坐标表示判断 B，根据向量夹角公式计算并排除共线情况判断 C，根据投影向量的定义判断 D.
【详解】对于 A：因为a//b ，所以1 t  4  2 ，解得t = - 8 ，故 A 错误；
→→→→
→→ 2
→→ 2
对于 B：若 a  b  a  b
，则 a  b
 a  b ，
即
→ 2→ →→2→ 2
a  2a  b  b  a
→ →
→ →→
2 ，
2a  b  b
a
所以 a  b  0 ，即 a  b  4 1  2t  0 ，解得t  2 ，故 B 正确；对于 C：因为 a 与b 的夹角为钝角，所以 →  b  4  2t  0 ，
且a 与b 不共线，解得t  2 且t  8 ，故 C 正确；
→a  c  →→
c
对于 D：因为a  c  1 ， c  1 ，所以a 在c 上的投影向量为 → 2 c  c ，故 D 正确.
在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫 Trulli，于
1996 年被收入世界文化遗产名录.现测量一个 Trulli 的屋顶，得到圆锥 SO（其中 S 为顶点， O 为底面圆心），已知圆锥 SO 的侧面积和表面积分别为60πm2 和96πm2 ，则下列说法正确的是（）
圆锥的母线长为10m
圆锥 SO 的体积为98πm3
圆锥的侧面展开图的圆心角的弧度数为 6π rad
5
若 P 是 SO 的中点，过点 P 且与圆锥 SO 底面平行的平面将圆锥 SO 分成两部分，这两部分的体积分别为V1,V2 V2  V1  ，则V2  6V1
【答案】AC
【解析】
【分析】求出圆锥 SO 的底面半径、高、母线长后，结合圆锥体积和圆台体积公式逐项判断可得答案.
【详解】设圆锥底面半径为 r ，高为h ，母线长为l ，
则π?? = 60π
π?? + π?2 = 96π
，解得 ? = 6 ，则
ℎ =
? = 10
= 8 ；
?2−?2
对 A：圆锥的母线长为10m ，故 A 正确；
对 B：圆锥 SO 的体积V  1 πr 2h  1 π 62  8  96π ，故 B 错误；
33
对 C：α 2πr  2π 6  6π rad ，故 C 正确；
l105
对 D： SP  1 ，则圆锥 SP 的高为 h ，底面半径为 r ，
SO222
则?
= 1π ⋅2 ⋅ ℎ = 12π ，故V  96π 12π  84π ，
?
2
1322
即V2  7V1 ，故 D 错误.
非选择题部分三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知| a | 5 ， | b | 4 ， a 与b 的夹角为 60°，则 a  b  .
【答案】10
【解析】
【分析】
由数量积的定义直接计算.
→ →→→
【详解】 a  b  a  b  cs 60∘
故答案为：10.
 5 4  1  10 .
2
如下图， V ABC是V ABC 用“斜二测画法”画出的直观图，其中OB  OC  1, OA 
3 ，那么
2
V ABC 的面积是.
3
【答案】
【解析】
【分析】把直观图还原为原图形，再计算对应图形的面积即可得.
【详解】将直观图还原后，如图所示：
由OB  OC  1, OA 
3 ，则OB  OC  1， OA 3 ，
2
故 SV ABC
 1 OB  OC  OA  1  2 3 .
3
22
已知关于 x 的实系数方程 x2  kx  k 2  3k  0 有一个模为 1 的虚根，则实数 k 的值为．
【答案】 3  13
2
【解析】
【分析】根据实系数一元二次方程有虚根的性质，结合判别式、根与系数关系、复数与其共轭复数乘积的关系，可以求出结果.
z
【详解】因为关于 x 的实系数一元二次方程 x2  kx  k 2  3k  0 有一个模为 1 的虚根， 所以方程 x2  kx  k 2  3k  0 的判别式小于零，即 k 2  4(k 2  3k )  0  k  0 或 k  4 ，
由已知两根是互为共轭的虚根，设为 z, z ，而由题意可知： z  1 ，
3  13
2
3  13
2
3  13
2
由根与系数的关系可得： z  z  k 2  3k ，而 z  z 
z  1 ，
因此有 z  z  k 2  3k  1 ，解得k .Q k  0 或 k  4 ， k 舍去， k 满足题
意.
故答案为： 3 
2
13 .
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.
已知向量a  (3,λ), b  (7,λ 3) .
若 a / /b ，求λ的值.
设a  (a  b) ，向量a 与b 的夹角为θ，求θ的大小.
【答案】（1）  9
4
π
（2）
4
【解析】
【分析】（1）由两向量共线的充要条件坐标表示式计算即得；
（2）利用数量积运算律化简等式求出λ的值，再利用向量夹角的坐标表示式即可求得.
【小问 1 详解】
由 a / /b 可得7λ 3(λ 3) ，解得，λ  9 ；
4
【小问 2 详解】
a  b  0
→ 2
由a  (a  b) 可得， a
 → →，即λ2  9  (21  λ2  3λ)  0 ，解得λ 4 ，
2
此时， a  (3, 4), b  (7,1) ， a  b  25 ， | a | 5,| b | 5，
则csθ
→a  b→ 
25
2 ，因θ[0, π] ，故θ π .
25 2
| a |  | b |24
已知复数 z  a  4  a  2i ， a  R  ．
若 z 是纯虚数，求 z  4 ；
若 z 在复平面内对应的点位于第二象限，求 a 的取值范围．
5
【答案】（1） z  4  2；
（2） 2, 4 ．
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的定义列方程求出 a ，再利用复数的模长公式计算即可；
（2）根据复数的几何意义列不等式组，求解即可.
【小问 1 详解】
a  2  0
因为 z 是纯虚数，所以a  4  0 ，解得 a  4 ，

42  22
则 z  2i ，所以 z  4  4  2i ，故 z  4 
 2 5 ．
【小问 2 详解】
a  4  0

由题意可得a  2  0 ，解得2  a  4 ，
所以 a 的取值范围为2, 4 ．
在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a ，b，c， 3a cs B  b sin A ．
求∠B；
若 b＝2，c＝2a，求△ABC 的面积．
π
【答案】（1）
3
2 3
3
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知结合正弦定理即可求得 tan B ，进而可求 B；
由余弦定理及已知条件可求 a, c 的值，进而利用三角形面积公式求得答案.
【小问 1 详解】
在△ABC 中，由正弦定理，因为 3a cs B  b sin A ，所以 3 sin A cs B  sin B sin A ，又0  A  π ，
3
∴ sin A  0 ，所以 3 cs B  sin B ，即tan B ，
因为0  B  π ，所以 B  π ；
3
【小问 2 详解】
因为 b＝2，c＝2a，由余弦定理得b2  a2  c2  2ac cs B ，
∴ 4  a2  4a2  2a  2a  1 ，解得 a  2 3 ，则c  4 3 ，
233
所以△ABC 的面积 S  1 ac sin B  1  2 3  4 3 3  2 3 .
223323
如图，已知直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的底面是边长为 2 的正方形， AA1  4 ， E, F 分别为
AA1, AB 的中点.
求三棱锥 D1  ACD 的表面积；
求三棱锥 E  DD1C 的体积；
求证： E､F､C､D1 四点共面.
8
【答案】（1）16（2）
3
证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出侧面与底面三角形的面积即可得解；
根据棱锥的体积公式求解；
利用两条平行线确定一个平面，证明四点共面即可.
【小问 1 详解】
由题意， S S
 1  2  4  4 ， S 1  2  2  2
V ADD1
VCDD12
V ACD2
22  42
2
在三角形 D1AC 中， D1 A  D1C 
 2 5, AC  2，
2
2 5 2  
2 2
1
所以 S 2 2 
2  3
 6 ，
V ACD12
所以 SD  ACD  SV ADD  SVCDD  SV ACD  SV ACD
 16 .
1111
【小问 2 详解】
S 1 DD  CD  1  4  2  4 ,
VCDD1212
因为三棱锥 E  DD1C 的高 h  AD  2 ，
1
所以VE DD C
 1 S
3
VCDD1
 h  1  4  2  8 .
33
【小问 3 详解】连接 EF､A1B ，
因为 E､F 分别为 AA ､AB 的中点，所以 EF // A B 且 EF  1 A B .
112 1
因为 ABCD  A1B1C1D1 是直四棱柱，且底面是正方形，
所以 BC / / AD / /
A1D1 ，且 BC  AD  A1D1 ，即四边形 A1BCD1 是平行四边形，
所以 A1B / / D1C
又 A1B  D1C ，所以 EF / /
所以 E､F､C､D1 四点共面.
D1C ，
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 已知 a  b cs C 
求角 B
过 B 作 BD  BA ，交线段 AC 于 D，且 AD  2DC ，求角C .
2π
3 c sin B 3
【答案】（1）
3
π
（2）
6
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，再利用内角和为180 变换角 A ，最后进行三角恒等变化即可求解；
（2）利用 AD  2DC ，结合定比分点向量公式，用向量法来运算垂直关系，即可解得.
【小问 1 详解】
由正弦定理得： sin A  sin B cs C 
3 sin C sin B ．
3
∵ A  π   B  C  ，∴ sin A  sin  B  C  ，
∴ sin  B  C   sin B cs C  cs B sin C  sin B cs C 
3 sin C sin B 3
∴ cs B sin C  
3 sin C sin B ，
3
3
又sin C  0 ，∴ tan B  ，又 B 为三角形内角，∴ B  2π ．
3
【小问 2 详解】
–––→
因为 D 在 AC 边上，且 AD  2DC ，所以 BD 
2 –––→
BC 
1 –––→
BA ．
33
因为 BD  BA ，所以 BD  BA  0 ，
 1 –––→
2 –––→ 
–––→
1 –––→2
2 –––→ –––→

即 3 BA  3 BC   BA  0  3 BA
 BC  BA  0 ， 3
所以 1 c2  2 ac cs 2π  0  c  a ．
333
在V ABC 中，由c  a ， B  2 π ，可得C  π .
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