广东省广州十六中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份广东省广州十六中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题，共4页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷
一、选择题：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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义表示复数并求模，代入所求式，利用复数的除法化简计算即得.
【详解】由题知复平面内点对应复数为，
所以.
.
2. 已知为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据重心的性质及向量的线性运算可得解.
【详解】
如图所示，
设为中点，
又为的重心，
则，
故选：B.
3. 下列命题中正确的是（ ）
A. 垂直于同一条直线的两条直线平行
B. 过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直
C. 过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行
D. 如果平面垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
【答案】B
【解析】
【分析】结合长方体模型判断，分别判断线线平行、线面垂直、线面平行可得.
【详解】如图：在长方体中，
对选项A：因为在长方体中，所以，但与相交，故A错误；
对选项B：由线面垂直的存在唯一性定理可知，过平面外一点，有且只有一条直线与该平面垂直，故B正确；
对选项C：在长方体中，，
由，平面，平面，所以平面.
同理由，平面，平面，所以平面.
因此，过直线外一点，有无数多个平面与直线平行，故C错误；
对选项D：在长方体中，记平面为平面，记平面为平面，
显然平面平面，且，平面平面，平面，
由面面垂直的性质定理可知，平面，故D错误.
4. 已知，为非零向量，则“”是“存在实数，使”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】A
【解析】
【详解】设非零向量的夹角为，
对两边平方，得：
化简得，即.
因为为非零向量，故，又，所以，即与同向共线.
若“存在实数，使”，则与共线（同向或反向）.
充分性：由可知与同向共线，因此两向量必然共线，
即存在实数，使成立，故充分性成立.
必要性：举反例，若与反向共线，如，则，而，
故不成立，故必要性不成立.
5. 一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ）
A. 6 海里B. 6海里C. 8海里D. 8海里
【答案】A
【解析】
【分析】先根据给的条件求出三角形ABC的三个内角，再结合AB可求，应用正弦定理即可求解.
【详解】由题意可知：∠BAC＝70°﹣40°＝30°.∠ACD＝110°，∴∠ACB＝110°﹣65°＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣30°﹣45°＝105°.又AB＝24×0.5＝12.
在△ABC中，由正弦定理得，
即，∴.
故选：A.
【点睛】本题考查正弦定理的实际应用，关键是将给的角度、线段长度转化为三角形的边角关系，利用正余弦定理求解.属于中档题.
6. 已知非零向量，满足在方向的投影向量是，且，则与的夹角是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设与的夹角为，.
由，得，即，
因为为非零向量，故.
又在方向的投影向量为，故，
即，
解得，结合，得.
7. 直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（ ）
A. 1B. 2
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】
因为三棱柱为直三棱柱，所以可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
为中点，故，
在上，且，向量，
，
因此的坐标为：，
在上，设，则：.
接着求平面的法向量，设法向量为，
，，，
令，则，.
因为平面，所以，
化简得：，
所以.
8. 在中，，，且BC边上的高为，则满足条件的的个数为（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】利用等面积法求得，再利用正弦定理求得，利用内角和的关系及两角和差化积公式，二倍角公式转化为，再利用正弦函数的性质求满足条的的个数，即可求解.
【详解】由三角形的面积公式知，即
由正弦定理知
所以，即，
即，即
利用两角和的正弦公式结合二倍角公式化简得
又，则，，且
由正弦函数的性质可知，满足的有2个，
即满足条件的的个数为2.
故选：B
二、多选题（共3小题，每题6分．若有两个正确答案，答对一个得3分；若有三个正确答案，答对一个得2分；答错一个不得分）
9. 已知，都是复数，下列选项中正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则是实数
C.
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A根据复数模的性质判断可得；对B由共轭复数的定义及复数的加法运算可得；对C由共轭复数的定义及运算可得；对D通过举反例判断可得.
【详解】选项A：复数的模满足，若，则，
所以或，即或，故A正确.
选项B：设（），由得，则，为实数，故B正确.
选项C：设（），
左边，
右边，左右两边相等，故C正确.
选项D：因为只有两个实数才能比较大小，若仅说明差为正实数，但可能含虚部，
比如，，但两个虚数和无法比较大小，故D错误.
10. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（ ）
A.
B.
C.
D. 的范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】对题干所给式子，利用正弦定理边角互化化简即可判断A，B选项；利用向量的加法法则即可判断C选项，利用向量模长计算的范围即可．
【详解】根据，
由正弦定理可知，
整理得，
利用两角和公式可知；
根据三角形内角和可知，，
故上式可化简为，
根据正弦定理可知，故A正确；
假设，则，
因为，故，则，，则，
不符合三角形内角范围，故B错误；
由可得，
故，故C正确；
因为，
由余弦定理可得，故，
因为，故；
由三角形三边关系可知，解得；
故，故的范围为，故D错误．
11. 如图，在正四棱柱中，，E，F，N分别是棱，，的中点，P是上一点，Q在平面内，则（ ）

A. 平面
B. 直线与是异面直线
C. 当取得最小值时，的最小值为
D. 多面体的外接球与内切球的半径之比为
【答案】ACD
【解析】
【分析】法一：利用线面垂直的判定定理，根据正方体的垂直关系，找垂直直线即可判断A选项；利用找平行关系证明四点共面，即可判断直线是否异面判断B选项；根据垂直距离最小计算最小值判断C选项；利用正四面体外接球与内切球半径的结论判断D选项．
法二：根据正四棱柱的垂直特点，建立空间直角坐标系，利用坐标的方法解决ABC的问题；利用正四面体外接球与内切球半径的结论判断D选项．
【详解】法一：

取的中点，连接，，，，，，；
因为正四棱柱中，侧棱垂直底面，底面为正方形，
则，，，平面，
故平面，则；
因为，故，四边形为正方形，
故，且，，平面，
故平面，则；
因为，且平面，则平面，A正确；
因为E，F分别是棱，的中点，则，
又因为，故，
故四点共面，故直线与不是异面直线，B错误；
当时，取得最小值，
在直角三角形中，，
因为，
即，解得，
此时，
当平面时，取最小，即点到平面的距离，为；
故的最小值为，C正确；
因为E，N分别是棱，的中点，
利用正方体的性质可知，
故为正四面体，棱长为，
外接球半径为，内切球半径为，
故，故D正确．
法二：

因为正四棱柱中，底面为正方形，侧棱与底面垂直，
故以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，
故，，，，，，；
则，，；
则，且，
故，，因为，且平面，
故平面，A正确；
因为，，
则，故四点共面，故直线与不是异面直线，B错误；
设，则；
故，
当时，取最小值，最小为；
此时，平面时，取最小，即点到平面的距离，为；
故的最小值为，C正确．D选项解析同法一.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由余弦定理，
则.
13. 某同学做了一个木制陀螺，该陀螺由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两个圆锥的体积之比为1∶3．上面圆锥的高与其底面半径相等，则上、下两个圆锥的母线长之比为__________
【答案】
【解析】
【详解】设两个圆锥的底面半径为，上面圆锥的高为，下面圆锥的高为.
由题意，上面圆锥的高与底面半径相等，即.
设上下圆锥体积分别为，所以，
已知，所以，又，
代入得：.
设上下圆锥母线分别为，
则，
所以母线之比为：.
14. 设是边长为2的正六边形所在平面上的一点，若点、、满足，则的最小值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，由得出点的轨迹，再利用中点向量公式结合圆的性质求解．
【详解】取正六边形的中心，取中点，则，
以为坐标原点，直线为轴，为轴，建立下图所示平面直角坐标系，

已知正六边形边长为2，则，
由，可知在以为圆心，为直径的圆上，
，
则，
当且仅当是圆与线段的交点时取等号，
故的最小值为．
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. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点；
（1）求证：，，，四点共面
（2）点为的中点，求证：平面
【答案】（1）取的中点，连接，连接，
因为是的中点，是的中点，
所以，
因为，所以，
所以，，，四点共面.
（2）连接
因为是的中点，点为的中点，所以,
因为，分别是，的中点，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线平行底边和平行的传递性求解.
（2）利用三角形的中位线平行底边，平行的传递性，线面平行的判定定理求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
16. 在直角梯形中，已知，，，点是边的中点，点是边上一个动点（含端点）．请建立适当的直角坐标系解决下列问题：
（1）若，
①求的大小；
②求向量与向量的夹角的余弦值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）①；②.
（2）
【解析】
【分析】（1）①建立平面直角坐标系，利用坐标法求得；②利用坐标法求得向量与向量的夹角的余弦值.
（2）利用向量法求得的取值范围．
【小问1详解】
①以为原点，、所在的直线为分别为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则,
若，则是中点，所以，
则，，
所以.
②；
【小问2详解】
设，，
则，，
所以，
因为，所以.
17. 如图1，的内角，，的对边分别为，，，直线与的边，分别相交于点，，设，满足．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
（3）用向量方法推导正弦定理采取如下操作：如图2，在锐角中，过点B作与垂直的单位向量，因为，所以．由分配律得，即，也即，请用上述向量方法探究，证明：
【答案】（1）
（2）
（3）设，则，与的夹角为，
在中， 因为，所以，
则，
解得.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，利用两角和差公式即诱导公式得到 ， 又 ， ，从而得到，结合，得到的大小.
（2）设，，利用三角形面积公式得到，解得，在中，利用余弦定理求出，通过计算得到，从而得到，解得.从而得到的周长.
（3）设，则，与的夹角为，在中，由得到，利用向量的数量积得到， 通过计算得到结论.
【小问1详解】
因为 ，
所以，
解得，
即，
即，
即， 即，
又 ， ，故.
结合，得.
【小问2详解】
设，，
因为，，，
所以，
即12mn⋅32=33⟹34mn=33，
解得，
在中，，
，
解得：，
则，
代入，，得到 ，
因为边长，所以.
则的周长为.
【小问3详解】
略.
18. 如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面．
（1）求证：平面；
（2）已知点为棱上的点，且，
①求三棱锥的体积及其外接球的表面积；
②过点作平面，使平面，且平面交边于点，平面交于点，求点、的位置．
【答案】（1）由题意，在中，勾股定理得，，
过D点作垂足为点E，
则在中，勾股定理可得，
在中，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，又平面，所以，
因为平面，平面，, ，，
所以平面
（2）①体积为，外接球表面积为
② 是上满足的点， 是上满足的点.
【解析】
【分析】（1）由已知条件计算边长结合勾股定理证明直角，再由面面垂直的性质定理证明
（2）①转换三棱锥顶点，证明PB为高，底面为直角三角形求体积，利用三棱锥的长方体模型求外接球半径进而求其表面积，
②方法一：由已知，解三角形求，判断点的位置，过点作，证明平面与平面重合，由此确定的位置；
方法二：建立空间直角坐标系，设点的坐标，再利用共线向量表示出相应点的坐标，结合垂直向量的数量积为零解方程求解
【小问1详解】
略
【小问2详解】
①由（1）知平面，平面，
所以，故在中，，解得，
在中，，
因为平面，平面，所以，即为直角三角形，
所以，
在三棱锥中，因为，，
故可将其补成以为体对角线的长方体模型，
设外接球半径为，则，所以，
所以外接球表面积
②方法一：因为平面，，
所以，又，所以，
在中，，，，
所以，
即，故，
又，，
所以，
由正弦定理可得，所以，
是上满足的点，
过点作，交与点，则，
因为，所以，
因为，，平面，
所以平面，又，平面，
所以平面与平面重合，点与点重合，即 是上满足的点.
综上： 是上满足的点， 是上满足的点.
方法二：由（1）及①知，以D为原点，为轴，为轴，过点在平面中作垂直于的垂线为轴，建立空间直角坐标系，作轴，轴，
在等腰直角中，由面积相等可得，,解得，
所以，因为四边形为矩形，所以，
所以，，， ，
设，，，得，
同理，，
，，，
由题意得，，
所以，，解得，，
所以，，
是上满足的点， 是上满足的点.
19. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和余弦定理，即可求解；
（2）由余弦定理得，结合三角形面积公式，即可求得；
（3）利用三角形垂心的性质，可求得，，结合三角函数的性质，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
由已知，得，即，
根据正弦定理，可得，化简得，
由余弦定理，得，
又，所以；
【小问2详解】
根据余弦定理，得，整理得，
又，，，代入整理得，解得，
又为边上的角平分线，所以，，
即，
化简得，
又，，所以，解得；
【小问3详解】
延长交于点，延长交于点，
因为点为的垂心，所以，，
设，则且，
所以，又，
在中，，
在中，，，所以，
在中，，同理可得，
所以
因为，所以，
所以，
所以，
即的取值范围为.