2025~2026学年广东省广州十三中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025~2026学年广东省广州十三中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. 2B. －2C. D. 4
【正确答案】A
【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值．
【详解】解：由是纯虚数，得，解得．
故选：A.
2. 空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】D
【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面之间的位置关系，只有D选项正确.
【详解】A选项，直线可能平行、垂直或者异面，A错误；
B选项，平面的位置关系不确定，如空间直角坐标系中三个平面两两垂直，此时，B错误；
C选项，平交或平行，C错误；
D选项，根据垂直于同一平面的两条直线平行，得到，D正确；
故选：D.
3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【详解】易知向量，显然，
所以.
4. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【详解】圆锥的高为，底面半径为，
则圆锥的母线长，
可得圆锥的侧面积为.
5. 如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则的长为（ ）
A. 6B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可.
【详解】如图1，根据斜二测画法的性质可得，作，垂足为，
作，垂足为，则和是两个全等的等腰直角三角形，
从而，故．
画出原四边形，如图2，则，且，
故．
故选：C.
6. 中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
A. 24B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.
【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，，，
故.
故选：D
7. 如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【正确答案】B
【详解】由题意得，
，
又，
则由平面向量基本定理可知，，得，
则.
8. 在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由已知及正弦定理、三角恒等变换得，再根据三角形内角性质得到、，进而有，最后由正弦定理、诱导公式、三角恒等变换化简，结合余弦函数的性质求范围.
【详解】由已知及正弦定理，得，
因为，所以，
所以，
因为，，所以，
所以，故，则，
因为是锐角三角形，所以，解得，所以，
由正弦定理，得
，
因为，所以．
故选：A
二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若，则是锐角三角形
D. 若，则是钝角三角形
【正确答案】ABD
【详解】选项A：因为在三角形中大角对大边，所以在中，当时，则，故A正确；
选项B：由，根据诱导公式可得，
因此，故B正确；
选项C：若，由余弦定理得，仅能说明角为锐角，
无法保证均为锐角，不能判定是锐角三角形，故C错误；
选项D：若，由余弦定理得，说明角为钝角，
则是钝角三角形，故D正确.
10. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 复数的虚部为
C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为
D. 若复数是关于的方程的一个根，则
【正确答案】ABCD
【详解】选项A：由模长公式，代入得，A正确；
选项B：，复数的虚部为的系数，即，B正确；
选项C：向量对应的复数等于对应的复数减去对应的复数，
即，C正确；
选项D：实系数一元二次方程的虚根成对出现，故另一根为，由韦达定理得
，，解得，故，D正确.
11. 设点是边长为2的正方形内部及边界上的动点，则的取值可能为（ ）
A. B. C. D. 4
【正确答案】BCD
【详解】以为原点，分别为轴建立直角坐标系，
则，设，
，
所以，
又，当时取得最小值为，
因为，所以，
当时取得最大值为，
则的取值范围为，选项BCD符合.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 复数满足，则______．
【正确答案】
【分析】由共轭复数的概念结合复数的除法运算即可求解.
【详解】，
则
13. 如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，，则塔高________．
【正确答案】
【详解】已知，，，则，
由正弦定理得，则，
，
已知，，
，故．
14. 三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面，则该三棱锥外接球的体积为________.
【正确答案】##
【分析】将三棱锥转化为正三棱柱，根据题意结合正三棱柱的性质求外接球的半径，进而可求外接球的体积.
【详解】将三棱锥转化为正三棱柱，
可知三棱锥的外接球即为正三棱柱的外接球，

设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，，
则，因为，解得，
所以该三棱锥外接球的半径长为2，所以该三棱锥外接球的体积.
故
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知，是非零向量，，且，．
（1）求；
（2）求．
【正确答案】（1）
（2）
【小问1详解】
因为，则，又，所以，
得到.
【小问2详解】
由（1）知，又，，
则，
所以.
16. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长．
（1）这种“浮球”的体积是多少？（结果保留）
（2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（结果保留）
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）分别求出两个半球的体积和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积；
（2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解.
【小问1详解】
该半球的直径为，所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径，
所以两个半球的体积之和为，，
该“浮球”的体积是.
【小问2详解】
上下两个半球的表面积是，
而“浮球”的圆柱筒侧面积为，所以1个“浮球”的表面积为，
因此，2500个“浮球”表面积的和为，
因为每平方米需要涂胶100克，所以总共需要胶的质量为：克.
17. 如图，在长方体中，，点为棱的中点.

（1）证明：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）利用中位线证明线线平行，即可证明线面平行；
（2）利用平行线转化异面直线所成角，结合等边三角形的性质可求角的大小；
（3）利用长方体的性质可得到线面所成的角，在直角三角形中求正切值即可.
【小问1详解】

设，连接，
因为点为棱的中点，为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）得，，所以为异面直线与所成的角或其补角，
由题意得，，
所以，故三角形是等边三角形，
因为，所以，
所以异面直线与所成的角为.
【小问3详解】
连接，
因为平面，平面，
所以，为直线与平面所成的角.
由题意得，，
所以，即直线与平面所成的角的正切值为.
18. 在中，，．
（1）求，
（2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长．
条件①：；
条件②：；
条件③：的面积为
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【正确答案】（1）
（2）选条件②或③，存在，周长为.
【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得；
（2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长.
【小问1详解】
因为，，所以，
由正弦定理得，而三角形中有，
所以，再由二倍角公式得，且，
所以.
【小问2详解】
若选条件①.
因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：，
即，得，，
方程无解，所以a边不存在，故不存在.
若选条件②.
因为，由（1）可知，所以.
同理，得，
所以在中由正弦定理，得，
再由余弦定理，得，
即，解得或（舍去）.
所以三角形的周长.
若选条件③：的面积为.
因为，由（1）可知，所以,
由三角形面积公式，得.
再由余弦定理，得，即.
所以，所以.
所以三角形的周长.
19. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求平面和平面夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）根据题意可证平面，进而可得，利用勾股定理可得，即可得线面垂直；
（2）分析可知三棱锥的高为，利用转换定点法求锥体的体积；
（3）分析可知二面角的平面角为，结合题意运算求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，则，
且，且，平面，
可得平面，
由平面，可得，
因为，则，
则，则，
且，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，可知三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积.
【小问3详解】
因为平面，平面，则，
且，可知二面角的平面角为，
又因为平面，平面，则，
则，可得，
所以平面和平面夹角的余弦值为