2025~2026学年四川广安市加德学校高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025~2026学年四川广安市加德学校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．每个小题只有一个选项符合题目要求．
1. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据复数的定义判断即可.
【详解】复数的虚部为.
故选：C.
2. 在中，，，，则（ ）
A. B. 或C. D.
【正确答案】C
【分析】由正弦定理得到，又，所以，故.
【详解】由正弦定理得，即，
所以，
又，所以，故.
故选：C
3. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ）
A. 若是共线的单位向量，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】B
【分析】由共线向量、相等向量和数量积的概念逐项判断即可.
【详解】选项A：共线单位向量可同向也可反向，反向时，A错误；
选项B：相等向量的定义是方向相同、模长相等，因此若，必有，B正确；
选项C：时，两向量夹角为或，夹角为时，C错误；
选项D：若是零向量，零向量与任意向量平行，此时与可以不平行，D错误.
4. 若为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则与相交
【正确答案】C
【分析】ABD选项，举出反例；C选项，根据线面平行的性质得到线线平行，进而由线面垂直得到线线垂直，故.
【详解】A选项，若，则或异面，A错误；
B选项，若，则或异面或相交，B错误；
C选项，因为，，，所以，
因为，，所以，故，C正确；
D选项，若，则与相交或异面，D错误.
故选：C
5. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ）

A. B. C. 12D. 10
【正确答案】D
【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得.
【详解】梯形中，，而，
则梯形的高，
因此梯形的面积，
而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，
所以原图形OABC的面积为.
故选：D
6. 如图，某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选B，C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，，，在C处测得大楼楼顶D的仰角为.则大楼的高度为（ ）m.
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】在中，由正弦定理得到，进而由三角函数求出.
【详解】在中，，，，
故，
由正弦定理得，即，
故，
在Rt，，z则m.
故选：B.
7. 如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据给定条件，过作的平行直线，利用几何法求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正四面体中，取中点，连接，
由是的中点，得，则是异面直线与所成的角或其补角，
，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先根据条件，确定的形状，再以为原点，建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标表示，再结合二次函数求最小值.
【详解】因为，所以为中点，
又为的外接圆圆心，所以为直角三角形，，
又，所以为等边三角形，
如图，以为原点，建立平面直角坐标系：

则，，设，，
则，，
所以
，（当时取“”）.
故选：C
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知为虚数单位，复数，，则（ ）
A. 的共轭复数为B.
C. 为实数D. 的虚部为-5
【正确答案】BD
【分析】求出的共轭复数判断A；求出、可判断B；由复数的加法，求出的值判断C；由复数的乘法运算，求出，可判断D.
【详解】因为的共轭复数为，所以A错误；
因为，，所以B正确；
因为，所以C错误；
因为，
所以虚部为，所以D正确.
10. 已知向量满足，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C. 在方向上的投影向量为
D. 若，则与的夹角为
【正确答案】ABD
【分析】利用向量的数量积定义式和数量积运算律计算可依次判断A,B,D,利用投影向量概念和公式可判断C.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，因为，故B正确；
对于C：在方向上的投影向量为，故C错误；
对于D：因为，所以，
因为，所以与的夹角为，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使A，B，C三点重合于点，得到三棱锥，下列关于该三棱锥的说法正确的有（ ）
A.
B. 点到平面的距离为
C. 三棱锥的外接球的体积为
D. 点G，H分别是，上的动点，则周长的最小值为
【正确答案】ACD
【分析】利用线面垂直可证判断A；利用等体积法可求到平面的距离判断B；求得外接球的半径，进而求得体积判断C；展开到一个平面，如图1，即的长为最小值，可判断D.
【详解】因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
设点到平面的距离为，由，
得，解得，故B错误；
因为，
所以三棱锥的外接球即为以为同一顶点的长方体的外接球，
所以，所以，
所以三棱锥的外接球的体积为，故C正确；
将沿转动到与在同一平面内，图1所示：
则周长的最小值为，由勾股定理可得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．将答案直接填在答题卷相应的横线上．
12. 已知向量，，若，则_____.
【正确答案】
【分析】根据向量平行的坐标公式即可得出答案.
【详解】因为，所以.
故
13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱长是，则它的体积是_____.
【正确答案】
【分析】取正棱台的轴截面，利用勾股定理得到高，然后求体积即可.
【详解】
如图，截取棱台过侧棱的轴截面，为侧棱，，
则，，，
所以，即棱台的高为2，
所以棱台的体积.
故答案为.
14. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则的最大值为_________.
【正确答案】##
【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式得出，分析可知，在等式两边同除，并令，可得出，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】因为，由正弦定理得，
即，
即，
两边同时除以，得，
即，
令，则，
故当时，即当时，取最大值为.
故答案为.
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数.
（1）当时，求；
（2）设，在复平面内对应的点分别为，，若，求的值.
【正确答案】（1）1 （2）1或
【分析】（1）根据共轭复数的定义及复数除法运算，复数模公式求解；
（2）由题，利用复数的几何意义求得，，利用两向量垂直的坐标关系求解.
【小问1详解】
当时，，则，
，
.
【小问2详解】
由题，，所以，，
则，
由，则，解得或.
16. 如图，已知在平面四边形中，．
（1）设，若，求；
（2）是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）
（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）在中，利用余弦定理，求得，再在中，求得，即可求解；
（2）由平分，可得，利用余弦定理，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：在中，因为，
由余弦定理得，
可得，
在中，因为，可得，
因为，所以．
【小问2详解】
假设存在，因为平分，可得，
由余弦定理，可得，解得，
所以，
但此时，所以假设不成立，不存在BD符合题意.
17. 如图，在边长为2的正方体中，为中点，
（1）证明：平面；
（2）证明：平面；
（3）求三棱锥的体积.
【正确答案】（1）在边长为2的正方体中，设交于点，则是中点，
连接，因为为中点，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）在边长为2的正方体中，平面，
平面，
底面为正方形，，
平面平面，
平面.
（3）
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得；
（2）由线面垂直的判定定理及正方体的性质可得；
（3）根据棱锥的体积公式可得.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
在边长为2的正方体中，平面，
所以三棱锥的体积为.
18. 在中，内角的对边分别为，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得；
（2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果；
（3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值.
【小问1详解】
由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，.
【小问2详解】
由余弦定理得：，解得：，
.
【小问3详解】
由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），，
又，；
，
令，，则在上单调递增，
，即，的最大值为.
19. 如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点．
（1）当为的中点时．
①求证：平面；
②求直线与平面所成角的正弦值．
（2）若，求二面角的正弦值的取值范围．
【正确答案】（1）①由题设，易知是边长为4的正方形，且，，
由平面，
则平面，因平面，则，
又，平面，
则平面，
由平面，则，
又，为的中点，则，
由平面，
则平面；
②
（2）
【分析】（1）①由题设及线面垂直的判定和性质得，进而得平面，再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得证；②先应用等体积法求到平面的距离，再根据线面角的定义求其正弦值；
（2）构建空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求二面角正弦值的范围.
【小问1详解】
①略；
②由平面，平面，则，且，
同理可得，则，故，
由，
设到平面的距离为，由可得，
，而，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
【小问2详解】
由上分析，平面，且,则可建立如下图所示的空间直角坐标系，
依题意，,因为的中点，则，
又因，则，
所以，
若是平面的一个法向量，
所以，故可取，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
则，
设,因，则，且,
令，因在上单调递增，故，
则，故，则,
也即,则，即，
因，故得
即二面角的正弦值的取值范围为.