2025~2026学年广东省广州开元中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025~2026学年广东省广州开元中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知为虚数单位，复数，则以下命题为真命题的是（）
A. 的共轭复数为B. 的虚部为
C. D. 在复平面内对应的点在第一象限
【正确答案】D
【分析】先根据复数的除法运算求出复数值，然后结合复数性质逐一分析每个选项
【详解】，
，A选项错误，
的虚部是，B选项错误；
，C选项错误，
在复平面内对应的点为，在第一象限，D选项正确.
故选：D
2. 已知向量，，若，则（）
A. 5B. C. 6D.
【正确答案】A
【分析】
通过向量的数量积求解，并求出向量的坐标，然后利用向量模的坐标运算求出．
【详解】解：向量，，若，可得，解得，
所以，则．
故选：A．
本题考查向量的数量积的运算，向量的模的求法，是基本知识的考查．
3. 在中，，，，则的面积等于（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由正弦定理余弦定理和三角形面积公式求解即可
【详解】由可得，
又，解得，，
又由可得，
所以的面积为，
故选：D
4. 已知是不同的直线，是不同的平面，则下列结论正确的是（）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若为异面直线且，，，则l与m，n中至少一条相交
D. 若，，，则
【正确答案】C
【分析】由线面平行、面面平行关系判断ABD；由反证法结合题意推理判断C.
【详解】对于A，当，时，或相交或者是异面直线，A错误；
对于B，当，时，或，B错误；
对于C，假设均不与l相交，由，得，又，
则，因此，与为异面直线相矛盾，则l与中至少一条相交，C正确；
对于D，若，，，则或，D错误.
故选：C
5. 下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是（ ）
A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④
【正确答案】C
【分析】用面面平行的性质判断①的正确性.利用线交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断④的正确性.
【详解】对于①，连接如图所示，由于，根据面面平行的性质定理可知平面平面，所以平面.
对于②，连接交于，由于是的中点，不是的中点，所以在平面内与相交，所以直线与平交.
对于③，连接，则，而与相交，即与平交，所以与平交.
对于④，连接，则，由线面平行的判定定理可知平面.
综上所述，能得出平面的图形的序号是①④.
故选：C
本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
6. 如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，已知，，，，，则的长为（ ）
A. B. 5C. D. 7
【正确答案】A
【分析】
在中，由正弦定理求出，再根据诱导公式求出，最后在中，由余弦定理计算可得；
【详解】解：在中，由正弦定理可得，即
所以，又因为，所以
在中，由余弦定理可得
即
所以
故选：A
本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题.
7. 设，，分别是的内角，，的对边，已知，设是边的中点，且的面积为，则等于（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据已知条件求出和，然后结合向量的数量积的运算即可求出结果.
【详解】因为，
所以，即，
结合正弦定理得，即，
所以，所以，
因为的面积为，所以，即，所以，
故选：A.
8. 在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥SO的侧面积为，则下列说法正确的是（）
A. 当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为
B. 当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
C. 当时，圆锥SO的外接球表面积为
D. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
【正确答案】B
【分析】依题意可得，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算点A到点C的最小值，即可判断A；再求出圆锥的内切球的半径与正四面体的外接球的半径，即可判断B；求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断C；利用余弦定理求出，即可判断为钝角，从而求出截面面积的最大值判断D.
【详解】因为圆锥SO的侧面积为，所以，所以，
对于A，当时，可得，侧面展开图的弧长为，
所以侧面展开图的圆心角为，圆锥的高为．
所以，故A错误．
对于B，当时，
棱长为的正四面体如下图所示，正方体的边长为，
体对角线长为，所以棱长为的正四面体的外接球半径为．
设内切圆的半径为，则，解得，
所以，所以棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，故B正确．
对于C，当时，设圆锥SO的外接球的球心为，半径为，
则，解得，
所以圆锥SO的外接球表面积为，故C错误；
对于C，当时，则，则圆锥SO的高为，
由余弦定理可得，
所以，所以过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为，故D错误.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知复数是方程的两根，则（）
A. 是方程的一个根
B.
C.
D. 在复平面内所对应的点位于第四象限
【正确答案】BC
【分析】解实系数一元二次方程得，通过计算逐一验证选项即可.
【详解】对A，复数是方程的两根，
则有，故A不正确；
对 B，，，
，所以，故B正确；
对C，，，
所以，故C正确；
对D，，所以在复平面内所对应的点位于第一象限，故D错误.
故选：BC.
10. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（）
A. 周长为
B. 三个内角A，C，B满足关系
C. 外接圆半径为
D. 中线CD的长为
【正确答案】ABD
【分析】
直接利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用判断ABCD的结论，从而得解．
【详解】现有△ABC满足sinA：sinB：sinc＝2：3：，
所以a：b：c＝2：3：，
设a＝2t，b＝3t，ct，t＞0，
利用余弦定理csC，
由于C∈（0，π），
所以C．
所以A+B，故A+B＝2C，所以△ABC三个内角A，C，B成等差数列，故B正确；
利用S△ABC，
所以absinC•2t•3t•，解得t＝1．
所以：a＝2，b＝3，c，
所以△ABC的周长为5，故A正确；
利用正弦定理2R，△ABC外接圆半径R为，故C错误；
如图所示：
利用正弦定理，解得sinA，所以csA，
利用余弦定理：CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•csA＝92×3，
解得CD，故D正确．
故选：ABD．
本题考查正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力和转换能力及思维能力．
11. 下列命题正确的是（）
A. 若直线，平面，则平面
B. 若直线与异面，则过空间任意一点与和都平行的平面有且仅有一个
C. 三个平面两两相交于三条直线，则它们将空间分成7个或8个区域
D. 已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，则直线与可能相交
【正确答案】C
【分析】根据空间线面的位置关系判断A，根据异面直线的定义判断B、D，画出图形即可判断C.
【详解】对于A：若直线，平面，则平面或平面，故A错误；
对于B：若直线与异面，则过空间任意一点（不妨设为）与和都平行的平面可以没有，如果有只有一个，
事实上，过直线上任一点作的平行线，则相交，确定的平面为，
若，则过点作不出平面与都平行，故B错误；
对于C：当三个平面两两相交且条交线平行时，可以把空间分为个部分；
当三个平面两两相交且条交线共点时，可以把空间分为个部分，故C正确；
对于D：已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，
则直线与不可能相交，
若与相交，则与确定一个平面（不妨记作），
则，所以，同理，则与共面，矛盾，故D错误.
故选：C
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数，则_____________．
【正确答案】
【分析】首先根据和的计算，发现的计算周期，即可求解.
【详解】复数
所以
，所以，
所以的周期为3，
由，所以，
故
13. 内角的对边分别为，若，则的面积__________．
【正确答案】
【详解】由同角三角函数基本关系可得：，
由正弦定理有：，
由诱导公式结合两角和差正余弦公式可得：
，
则的面积.
14. 如图，设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且若点D是外一点，，，则当四边形ABCD面积最大值时，____．
【正确答案】
【详解】分析：由正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理化简已知等式可得，根据范围B∈（0，π），可求B的值．
由余弦定理可得AC2=13﹣12csD，由△ABC为直角三角形，可求，,
S△ADC=3sinD，由三角函数恒等变换的应用可求四边形的面积为，利用三角函数化一公式得到最值时的角C值.
详解：，由正弦定理得到
在三角形ACD中由余弦定理得到，三角形ABC的面积为
四边形的面积为
当三角形面积最大时，
故答案为
点睛：本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
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. 已知平面向量，.
（1）若，且，求的坐标；
（2）当为何值时，与垂直；
（3）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）或；（2）；（3）.
【分析】
（1）设，由向量平行和向量的模列出方程组可解得，得向量的坐标；
（2）由可求得；
（3）由求出的范围，去除两向量共线的情形即得．
【详解】（1）设，，
因为，所以，因为，所以，
解得：或，所以或.
（2），，
因为与垂直，所以，解得.
（3），，
因为与的夹角为锐角，所以解得：且，
即.
本题考查向量的模、向量共线与垂直，考查向量的夹角，掌握向量的坐标运算是解题关键．解题中要注意向量夹角为锐角，则，但反过来时，不能得出向量夹角为锐角，要去除两向量同向的情形．同样由要去除两向量反向的情形，才能得两得夹角为钝角．
16. 如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若平面，求证：为的中点．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知可得，得到平面，同理得到平面，再由面面平行的判定可得平面平面；
（2）由公理及平面与平面平行的性质得，则，由为的中点，可得为的中点．
【小问1详解】
证明：如图，
，分别为，的中点，
，
平面，平面，
平面，
又，分别为，的中点，
，
又，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，
又，平面，
平面平面；
【小问2详解】
证明：平面平面，平面平面，
平面与平面有公共点，则有经过的直线，交于G，
则，得，
为的中点，
为的中点．
17. 在中，是的中点，，，.
（1）求的面积.
（2）若为上一点，且，求值.
【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）首先由两边平方得到：，再带入夹角公式即可.
（2）化简得到，根据，，三点共线，可得到，解方程即可.
【详解】（1）由，可得.
即.
求得，.
所以，.
（2）因为，所以
又因为，，三点共线，
所以，解得.
本题第一问考查了平面向量加法的平行四边形法则，同时考查了数量积和夹角公式的应用，第二问考查了平面向量的基本定理，属于中档题.
18. 记的内角的对边分别为，，，
（1）已知，
（i）若，求；
（ii）求的最小值；
（2）已知点D在边AC上且，，，求．
【正确答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【分析】（1）（i）根据题意利用三角恒等变换整理可得，即可得结果；
（ii）由（i）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
（2）两次应用余弦定理，求得边的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【小问1详解】
（i）因为，
可得，
且，所以．
（ii）由（i）知，，所以，
而，
所以，即有，所以，
所以由正弦定理得
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
【小问2详解】
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
19. 如图，设A是由个实数组成的n行n列的数表，其中表示位于第i行第j列的实数，且记向量若则称与为正交向量. 若对任意不同的，都有与为正交向量，则称A为正交数表.
（1）直接判断是否为正交数表(不需要说明理由)；
（2）当时，设且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量：
（3）求证: 对任意，当时，A不是正交数表.
【正确答案】（1）是正交数表，不是正交数表.
（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）先明确正交数表判定规则，再分别计算，的行向量数量积.
（2）先分析的元素构成，再计算的表达式，最后利用反证法推导.
（3）先利用反证法假设，再分析数表变换，然后分析其余行向量的元素构成即可得证.
【小问1详解】
对于，，
则，满足正交向量的定义，因此是正交数表.
对于，，
则，
不满足正交向量的定义，因此不是正交数表.
综上，是正交数表，不是正交数表.
【小问2详解】
设，，
由与为正交向量，与为正交向量，可得且
，其中，，
故不妨设，，
则，
即，因此与不是正交向量.
【小问3详解】
因为，因此的最小值为6，
所以我们可以从数表A中选出三个不同的行向量，不妨设为，
假设A是正交数表，则有，，，
可得如下变换成立，
变换1：交换正交数表A的任意两行，所得的新数表仍是正交数表；
变换2：交换正交数表A的任意两列，所得的新数表仍是正交数表；
变换3：将正交数表A的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表；
因此我们将第一行的所有元素都变成1，即假设，
由，在中，1和的数量相等，即有个1和-1，
同样的，在中也有个1和，
由，我们将乘积值的情况分成四类：
第一种：，设数量为a；第二种：，设数量为b；
第三种：，设数量为c；第四种：，设数量为d；
且，
根据中也有个1和，，
同样根据在中也有个1和，，
因此得，从而有
故有，因此，即正交数表的行列数必须是4的倍数，
因此时必成立，命题得证.