河北省石家庄市第二中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省石家庄市第二中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析），共6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。
数学试题
一、单选题
1．设i为虚数单位，复数z满足，则为（ ）
A．B．1C．3D．
2．在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．或
3．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则与一定相交
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则与是异面直线
4．若向量，满足，，，则（ ）
A．B．C．13D．52
5．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A．B．C．4D．8
6．已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知是虚数单位，下列说法正确的有（ ）
A．若复数满足，则
B．若复数,满足，则
C．在复数范围内，若是关于的实系数方程的一根，则该方程的另一根是
D．若，则的最大值为
10．已知的内角所对边分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，满足条件的三角形有且只有一个，则实数的取值范围为
C．点是所在平面内一点，若 ，则点的轨迹必过的内心
D．在中，若，则为锐角三角形
11．如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（ ）
A．正三棱柱的外接球表面积为
B．周长的最小值为
C．棱上总存在点，使得直线平面
D．为的中点，平面将三棱柱分成两部分，若两部分的体积分别为，，则
三、填空题
12．已知向量，，若，则实数的值为______.
13．某圆锥的底面半径为6，其内切球半径为3，则该圆锥的表面积为________．
14．已知在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，为线段上一点（包含端点），则的最小值为________．
四、解答题
15．在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求；
(2)若，，求的周长．
16．如图，在中，点在线段上，满足，在线段上，且，线段与线段交于点，，，．
(1)求；
(2)求．
17．如图，直三棱柱的体积为4，D是的中点．
(1)求证：平面；
(2)已知为中点，已知平面与平面的交线为，试判断与的位置关系，并证明；
(3)求的体积．
18．在锐角中，，，分别是角，，的对边，
(1)求角的大小；
(2)如图，为内一点，，，，连接并延长交于点
①求；
②求．
19．布洛卡点是三角形内部的一个特殊的点，由法国数学家亨利•布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，记它的三个内角分别为，，，其对边分别为，，，的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题：
(1)若，且，求；
(2)若，的面积为
①求；
②的外接圆上任一点为，试探究是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由．
参考答案
1．B
【详解】由已知可得，，
所以，，
所以，.
故选：B.
2．B
【详解】由正弦定理，，可得，
因，则，故.
3．B
【详解】对于A，当时，因为，，可得，即与不相交，A错误；
对于B，因，，则与没有公共点，则有，B正确；
对于C，由，可得或，故C错误；
对于D，若，则无公共点，即或与是异面直线，故D错误.
4．B
【详解】两边同时平方得，
则，
所以，
，
所以.
5．D
【详解】把直观图转化为原图四边形，如图所示，
由作图可知四边形为平行四边形，，
，
,
故周长为.
6．D
【详解】因为满足，且，
所以，向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
7．B
【详解】连接，取中点，连接，则且，
所以，
所以．
8．C
【详解】因为三角形中，
所以由，可得，
即，
所以，
即，
又在锐角三角形中，，
则或，即或（舍去）.
因为.
由正弦定理可得，
则
因为是锐角三角形，所以，
所以，所以，
则.
9．AD
【详解】选项A：设，若，则，此时，，故A正确；
选项B：取反例，令，，则，但，，显然，故B错误；
选项C：实系数一元二次方程的虚根互为共轭复数，若一根为，则另一根为其共轭复数，而非，故C错误；
选项D：表示复平面内z对应的点在以原点为圆心、半径为1的单位圆上，
表示圆上的点到点的距离，
点到原点的距离为，故圆上点到该点的最大距离为，故D正确.
10．ACD
【详解】选项A：根据正弦定理 （为外接圆的半径），可得，由三角形大边对大角的性质得，故A正确.
选项B：已知，，所以边上的高为，又满足条件的三角形有且只有一个，则有两种情况：
当时，为直角三角形，满足条件的三角形有且只有一个；
当时，，满足条件的三角形有且只有一个，
故实数a的取值范围是，故B错误.
选项C：因为分别为方向上的单位向量，
所以二者的和向量在的角平分线上，
由 得，
即在的角平分线上，而三角形内心是三条角平分线的交点，故的轨迹必过的内心，故C正确.
选项D：由可知与同号，三角形中最多一个钝角，故，，
即均为锐角，此时 ，故为钝角，
因此为锐角，所以三个角均为锐角，是锐角三角形，故D正确.
11．ACD
【详解】对于A：正三棱柱外接球的球心为上下底面正三角形中心连线的中点，
底面正三角形边长为4，其外接圆半径；
正三棱柱高，球心到底面距离，因此外接球半径满足：，
外接球表面积，A正确；
对于B： 中，为定值，周长最小时最小，

将侧面与侧面翻折到同一平面内，连接，则的最小值为，
，因此周长最小值为 ，B错误；
对于C：在侧面内，过作，交于，
在侧面内，过作交于，，
所以平面平面，平面，所以平面 ，C正确；
对于D：正三棱柱总体积 ，是中点，取中点，
连接，则是边长为的等边三角形，取中点，则，
又由平面可知，，所以平面，
较小体积 ，
因此：， D正确.
12．
【详解】因为，，所以，
因为，所以，解得.
13．
【详解】如图所示，设球与圆锥底面相切于点，与母线相切于点，
所以，设，所以，
又，所以，即，
化简得：，解得或（舍去），
所以圆锥的表面积为：.
14．
【详解】，整理得，
，，则，
，，则，
，
由正弦定理边角互化可得，，，
若，则，
，，，
又三角形中至多一个钝角，，，
、、均为锐角，
又，则，因为正弦函数在上单调递增，
则，.
从而，这与矛盾，所以，
从而，，，，
，解得，
因为，所以，，
所以，，，
，，
，，
以为原点，如图所示建立平面直角坐标系，
则，，，设，，则，
则，，
，
由二次函数的性质知，当时，取得最小值，
所以的最小值为.
15．(1)（或）
(2)
【详解】（1）展开已知等式，得：
，
移项化简得.
设外接圆的半径为R，由正弦定理可将上式中的角化边，得：.
根据余弦定理可得，代入得.
又，故.
（2）将，，代入余弦定理得：
，即，解得.
则，
由得，
故的周长为.
16．(1)；
(2).
【详解】（1）在中，由，得，
由，得，
所以.
（2）由，得，
由（1）知，，
则，
，
由（1）知，
所以.
17．(1)证明见解析；
(2)，证明见解析；
(3).
【详解】（1）在直三棱柱中，为中点，连接，由D是的中点，
得，则四边形为平行四边形，，
而平面，平面，因此平面；
由，得四边形为平行四边形，，
而，则四边形为平行四边形，
而平面，平面，因此平面，
又平面，
则平面平面，而平面，
所以平面.
（2）；
由（1）知平面，而平面平面，平面，
所以.
（3）依题意，平面，
则
，
所以的体积为.
18．(1)
(2)①②
【详解】（1）因为，
所以由余弦定理可得，
由正弦定理可得,
即，所以,
由知，，所以，
因为，所以.
（2）因为，，所以为正三角形，
设正三角形的边长为，，则，
因为，，所以，，
则，.
在中，，
则中，由正弦定理可知，即
即，，解得，即.
②在中，由正弦定理可知，则，那么.
.
则.
19．(1)
(2)①
②
【详解】（1）
又
,为正三角形,
所以，.
（2）①
，
所以，
在，，中，分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得，
即，
故；
②在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，
，，
三式相加可得：，
由，可得
，
即,
当且仅当即，又因为三角形内角和为 ，
所以 ，即为正三角形,；
设的外接圆圆心为，半径为，则，
由于为正三角形，故也是的重心，那么，
，
同理可知,那么