2025--2026学年山东省泰安市新泰市第一中学东校高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东省泰安市新泰市第一中学东校高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共4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。
1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
2. 在中，若，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知直线与平面，则下列选项可使得的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 3
6. 如图，在中，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则一定是（ ）
A. 等腰三角形B. 等腰直角三角形C. 等边三角形D. 直角三角形
8. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ）
A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体为“鳖臑”
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF
二、多选题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则的虚部为
10. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则D. 在上的投影向量为
11. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ）

A. 该正四棱台的体积为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 存在点，使得平面
D. 的最小值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12. 已知向量与的夹角为，且满足，，若，则实数k的值为______.
13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______．
14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为_______.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数（）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.
16. 已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．
17. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求角；
（2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值．
18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点.
（1）求；
（2）求的坐标；
（3）若点在线段上运动，设，求的最大值.
19. 如图，在等腰梯形中，，.将沿着翻折，使得点到点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角平面角的正切值；
（3）求点到平面的距离.
数学
一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
答案：A
解析：
解答过程：，故在复平面内对应的点为，
该点在第一象限.
2. 在中，若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：由余弦定理结合题意可得结果.
解答过程：由余弦定理得.
∵，∴.
3. 已知直线与平面，则下列选项可使得的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：举例说明可判断A；由面面平行的性质可判断B；由线面垂直的性质定理可判断C；举例说明可判断D.
解答过程：对于A，若，则不成立，如图所示，故A错误；
对于B，由面面平行的性质可知，成立，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，若，则可能存在，如图所示，故D错误.
故选：B
4. 已知是两个不共线的向量，向量共线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据向量共线，可得，列方程即可求得答案.
解答过程：因为向量共线，
所以存在实数 ，使得，
所以，解得，则.
故选：D.
5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 3
答案：A
解析：
思路：设圆台的上下底面圆的半径分别为，根据题意，求得，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即可求解.
解答过程：设圆台较小底面圆的半径为，较大的底面圆的半径为，
因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，
可得，所以，
又因为圆台的侧面积为，可得，解得.
故选：A.
6. 如图，在中，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
解答过程：在中，，
，
又，，，
，
，.
故选：D.
7. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则一定是（ ）
A. 等腰三角形B. 等腰直角三角形C. 等边三角形D. 直角三角形
答案：D
解析：
思路：根据二倍角公式以及正弦定理化简求解即可.
解答过程：，化简得.
根据正弦定理得，.
因为在中，进而，故.
因为，所以，进而，解得.
所以为直角三角形.
8. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（ ）
A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体为“鳖臑”
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF
答案：C
解析：
思路：根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误.
解答过程：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
A选项，∴，又，且，则平面，
∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确；
B选项，由，即，又且，
∴平面，∴，则为直角三角形，
又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖膈”，故B正确；
C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，
，最大值为，故C错误；
D选项，因为，，，所以平面，故D正确；
故选：C
二、多选题（本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则的虚部为
答案：ABC
解析：
思路：根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项.
解答过程：对于A，z=i3=i2⋅i=−i ，则z=i ，故A正确；
对于B，若z−i=1 ，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以0≤z≤2 ，故B正确；
对于C，设z=a+bia,b∈R，由得，
所以，
1z=1a+bi=a−bia+bia−bi=a−bia2+b2=a−bi=a2+b2=1 ，故C正确；
对于D，z=1+1i=1+ii2=1−i ，则的虚部为，D不正确.
10. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则D. 在上的投影向量为
答案：BD
解析：
思路：运用向量的坐标表示、数量积的坐标表示即可求解本题.
解答过程：对于A，因为，所以，解得，故A错误；
对于B，若，则，
所以，即，解得，故B正确；
对于C，当时，，，此时与的夹角为，不属于钝角，故C错误；
对于D，因为，，所以在上的投影向量为，故D正确．故选BD．
11. 如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（ ）

A. 该正四棱台的体积为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 存在点，使得平面
D. 的最小值为
答案：ABD
解析：
思路：作出符合题意的图形，结合勾股定理求出正四棱台的高，再结合体积公式判断A，利用线面平行的判定得到平面，进而求出点面距离是定值，再结合底面积也是定值判断B，先假定线面垂直，进而推出，发现与题意矛盾判断C，将立体图形转化为平面图形，再结合题意得到直线过点，将的最小值转化为的最小值，最后求出长度判断D即可.
解答过程：对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为，
如图，连接，设，，
可得分别是上底面和下底面的中心，
连接，则平面，且是正四棱台的高，

在上取点，使得，由正四棱台性质得，
则四边形是平行四边形，故且，则平面，
由题意得，，则，
因为，所以由勾股定理得，
所以由棱台的体积公式得，故A正确，
对于B，如图，接，，，
由正四棱台性质得，且，
则四边形为平行四边形，所以，
因为平面，面，所以平面，
又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值，
由题意得为定值，则为定值，故B正确，
对于C，假设存在点，使得平面，而面，则，
因为，，面，所以平面，
而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立，
即不存在点，使得平面，故C错误，
对于D，由正四棱台性质得，如图，作，，

由题意得四边形是矩形，则，，
则，而，得到，
如图，将侧面和沿棱展开，

由余弦定理得，解得，
且由题意得，，则，可得，
同理可得，，故，
即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等，
故当点与点重合时，的最小值为，故D正确.
故选：ABD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12. 已知向量与的夹角为，且满足，，若，则实数k的值为______.
答案：
解析：
解答过程：由得，，其中，
，所以，解得
13. 在中，角所对的边分别为，若边上的高，则的周长为______．
答案：15
解析：
思路：利用等面积法及正余弦定理计算即可.
解答过程：由题意可知，所以，
又由余弦定理可知，
即，则的周长为.
14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为_______.
答案：##
解析：
思路：将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到体积.
解答过程：将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，所以，
该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为2，
因此该多面体的外接球的半径为1，所以其体积.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数（）.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围.
答案：（1）1 （2）.
解析：
思路：（1）由纯虚数的定义列出方程组得出；
（2）由复数在复平面内对应的点的特征，列出不等式组得出的取值范围．
（1）由题意可得，
则的实部为，虚部为，
因为是纯虚数，所以，
解得；
（2）题意可得，
解得，即的取值范围是.
16. 已知正四棱锥P-ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）根据中位线以及平行四边形的判定可证明为平行四边形，即可由线面平行的判定求解，
（2）根据平行可得或其补角即为直线CN与AM所成角，即可利用三角形的边角关系求解.
（1）取的中点为，连接,
由于是中点，故,且，
又且，
故,则四边形为平行四边形，
故平面, 平面,
故平面
（2）由（1）知：故或其补角即为直线CN与AM所成角，
由于为边长为2的等边三角形，故，
,
故,
故直线CN与AM所成角的余弦值为
17. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求角；
（2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值．
答案：（1）或
（2）解析：
思路：（1）先由正弦定理化简等式，结合两角和的正弦公式和三角形中角的范围计算角的大小；
（2）根据平面向量运算以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值.
（1）在三角形中，由正弦定理得：
．
中，，，
，，
或．
（2）为锐角，，
为的中点，，，
，即，
根据重要不等式知：，
，当且仅当时，等号成立．
因此，的面积最大值为
18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点.
（1）求；
（2）求的坐标；
（3）若点在线段上运动，设，求的最大值.
答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：
思路：（1）先由题意求出，再由题意结合以及模长公式和数量积运算律即可计算求解；
（2）分别设求得和，利用向量共线的推论求出即可求解；
（3）先求出，接着设得，将其代入结合一元二次函数性质即可求解.
（1）由题，
.
（2）设·，
因为三点共线，所以，
所以；
设，
因为三点共线，所以，
所以.
（3）由题，
所以，
所以，
所以当时，取得最大值13.
19. 如图，在等腰梯形中，，.将沿着翻折，使得点到点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角平面角的正切值；
（3）求点到平面的距离.
答案：（1）证明见解析
（2） （3）
解析：
思路：（1）要证明面面垂直，可通过线面垂直推导出面面垂直，即证明平面即可.
（2）首先作适当的辅助线，根据线面垂直找出二面角的平面角，然后根据边角关系求出正切值.
（3）根据等体积法，，即可求出点到平面的距离.
（1）证明：
连接，根据余弦定理，
∴，，∴，
又已知，平面，
∴平面，∵平面，
∴平面平面；
（2）由（1）知平面平面，平面平面，
作于（中点），则平面，
作于，连接，因为平面，
所以平面，
∴，所以为二面角的平面角，
因为，
∴.
所以二面角平面角的正切值为.
（3）记点到平面的距离为，
∵，∴，
由（2）知，所以根据勾股定理可得，
∴.
所以点到平面的距离为.