2025--2026学年山东泰安市新泰中学高一下册期中数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东泰安市新泰中学高一下册期中数学试题 [含答案]，共26页。试卷主要包含了 已知复数z满足，则， 在中，已知，，那么， 若，则的共轭复数的虚部为等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1. 已知复数z满足，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
2. 在中，已知，，那么（ ）
A. 8B. C. 12D.
3. 若，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
4. 已知向量，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，甲船从出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里.当甲船航行12分钟到达处时，乙船航行到甲船的南偏西方向的处，此时两船相距5海里，下面结论正确的是（ ）
A. 乙船的行驶速度与甲船相同
B. 乙船的行驶速度是海里/时
C. 甲､乙两船相遇时，甲船行驶了小时
D. 甲､乙两船可能相遇
6. 一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A. B. 6C. D.
7. 如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
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. （多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）
A. ，，三点共线B. ，，，四点共面
C. ，，，四点共面D. ，，，四点共面
10. 正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（ ）
A. 平面
B. 与所成的角为
C.
D. 过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形
11. 已知扇形的半径为，，点在弧上运动，，则（ ）
A. 当位于点时，的值最小B. 的值最大为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题：
①若，则或； ②若，则；
③若，且，则； ④若与和所成的角相等，则；
其中，所有真命题的编号是____________．
13. 已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为_______.
14. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.
四､解答题
15. 已知复数是关于的方程的一个根，其中．
（1）求的值；
（2）若复数满足，求的最小值．
16. 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.
17. 在正方体中，分别为的中点，，，如图.
（1）求证：四点共面；
（2）作出直线与平面的交点的位置.并给出理由.
18. 如图，在梯形中，，，E为上一点，且．
（1）若，求的值；
（2）已知．
①求的长；
②若，设P是线段上的一个动点（含端点），求的最大值．
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
（1）若平面交于点，求证：；
（2）求证：平面；
（3）判断直线与平面所成角的大小是否可以为？并说明理由.
数学
一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.）
1. 已知复数z满足，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
答案：B
解析：
解答过程：因为，所以
2. 在中，已知，，那么（ ）
A. 8B. C. 12D.
答案：D
解析：
解答过程：由题意可得，，
所以是等腰直角三角形，
所以，
所以.
3. 若，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
解答过程：由 ，
则，故，
又的共轭复数是，
故的共轭复数的虚部为.
4. 已知向量，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：向量在上的投影向量为.
5. 如图，甲船从出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里.当甲船航行12分钟到达处时，乙船航行到甲船的南偏西方向的处，此时两船相距5海里，下面结论正确的是（ ）
A. 乙船的行驶速度与甲船相同
B. 乙船的行驶速度是海里/时
C. 甲､乙两船相遇时，甲船行驶了小时
D. 甲､乙两船可能相遇
答案：A
解析：
思路：先利用余弦定理求出乙船12分钟的航行距离得到乙船速度，再建立方程判断是否存在时间使两船相遇，从而得到正确结论.
解答过程：甲船速度海里/时，航行分钟小时，因此A1A2=25×15=5 海里，
由题意海里，∠A1A2B2=60∘，
因此△A1A2B2是等边三角形，得海里，∠B2A1A2=60∘，
在南偏西75∘，因此∠B1A1B2=105∘−60∘=45∘，且海里，
在△B1A1B2​中 B1B22=A1B12+A1B22−2A1B1·A1B2cs45°
=522+52−2×52×5×22=25 ，
解得海里，乙船速度v=515=25 海里/时，和甲船速度相同，因此A正确，B错误；
建立坐标系：设，正北为轴正方向，正东为轴正方向，
设小时后甲、乙两船于处相遇，则C0,25t，
乙船起点B1−5(3+1)2,−5(3−1)2，
则A1C→=0,25t,B1C→=53+12,25t+53−12，
由前分析知两船速度相同，则A1C→=B1C→，则A1C→2=B1C→2，
即625t2=254+234+625t2+1253−1t+254−234，
整理得50+1253−1t=0 ，
因为方程无正根，所以两船不会相遇，故C、D错误.
6. 一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A. B. 6C. D.
答案：D
解析：
思路：结合图形可得，求出四边形面积后可得四边形的面积.
解答过程：设轴与交点为D，
因为轴，轴，
所以，
因为轴，
所以四边形为平行四边形，
故,
又, 轴，
得,
故．
所以四边形面积为,
因为四边形面积是四边形的面积的，
所以四边形的面积为．
7. 如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
解答过程：对于A，由共线，存在使 ，
由 共线，存在使，
联立系数相等：
，解得：， ，因此：，故选项 A 错误；
对于B，，
若，则：
​，显然系数不相等，选项B错误；
对于C，由于，且在 上，故设，
则，
结合 ，得：，解得，选项C错误；
对于D，由，
所以，故选项 D 正确.
8. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值.
解答过程：由及余弦定理得，
由两边平方得：
即 ，整理得： ​
，解得，当且仅当时取等号，
又因为，所以三角形面积最大值为.
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. （多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）
A. ，，三点共线B. ，，，四点共面
C. ，，，四点共面D. ，，，四点共面
答案：AB
解析：
思路：利用平面的基本性质，通过寻找两个平面的公共点来确定交线，从而判断点共线或共面，再结合异面直线的判定方法分析其他选项.
解答过程：因为，平面，所以平面．因为，平面，
所以平面，所以是平面和平面的公共点．
同理可得，点和都是平面和平面的公共点，
所以，，三点在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A，B正确；
根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故C不正确；
根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故D不正确．
故选：AB．
10. 正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（ ）
A. 平面
B. 与所成的角为
C.
D. 过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形
答案：AC
解析：
思路：对于Ａ，易得，再根据线面平行的判定即可判断；对于B，根据异面直线所成角的概念求解即可；对于C，由，结合三棱锥体积公式计算即可判断； 对于D，取的中点，连接，，易证四点共面，即过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，接着即可判断．
解答过程：对于A，如图，在正方体中，，

所以，又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，因为，所以或其补角为与所成的角，
连接，易知为等边三角形，所以，故B错误；
对于C，，
由正方体性质可知三棱锥的高为，
则，故C正确；
对于D，取的中点，连接，，
因为，，
所以，则四点共面，
所以过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，
又，所以四边形为平行四边形，
易知，，所以平行四边形不是正方形，故D错误．
故选：AC．
11. 已知扇形的半径为，，点在弧上运动，，则（ ）
A. 当位于点时，的值最小B. 的值最大为
C. 的取值范围为D. 的取值范围为
答案：ABD
解析：
思路：建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解．
解答过程：以为原点，所在直线为轴，建立如图平面直角坐标系.
则，.
设，则，且.
由，
所以，
所以，.
因为，所以，.
当或，即或时，取得最小值，此时点与或重合；
当，即时，取得最大值，此时点为的中点.
故AB正确；
对C：，，
所以
，
因为，所以，故C错误；
对D：，，
所以，
因为，所以，所以，故D正确.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题：
①若，则或； ②若，则；
③若，且，则； ④若与和所成的角相等，则；
其中，所有真命题的编号是____________．
答案：①③
解析：
思路：根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可得结论.
解答过程：对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误.
13. 已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为_______.
答案：
解析：
思路：先根据体积公式得出，将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可.
解答过程：设圆锥的母线长为，底面的半径为，
圆锥SO的体积为，解得.
由勾股定理，可得母线，
如图，圆锥的侧面展开图为扇形，在该扇形展开图中的计算如下，
因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，则，
在中，由余弦定理可得，所以，
因为，所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为.
14. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.
答案：1或2##2或1
解析：
思路：由已知判断平面，然后说明，设，通过勾股定理可求出.
解答过程：由已知得平面，又平面，所以，
若CF⊥平面，则必有，
设，则，，，
所以由得，解得或2，
所以当或2时，CF⊥平面.
故1或2.
四､解答题
15. 已知复数是关于的方程的一个根，其中．
（1）求的值；
（2）若复数满足，求的最小值．
答案：（1），
（2）解析：
思路：（1）由实系数方程的虚根成对的特点与韦达定理计算即得；
（2）根据复数的几何意义利用（1）的结论数形结合计算即可.
（1）由实系数方程的虚根成对的特点，可知方程的另一根为，
由韦达定理，.
（2）因复数满足，则复数对应的点表示以为圆心、为半径的圆，
而，在复平面内表示点，而表示点与点的距离，
因点与圆心的距离为，
故
16. 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.
答案：（1）
（2）选条件②或③，存在，周长为.
解析：
思路：（1）利用正弦定理将边化角，结合三角形内角和性质消元，再用二倍角公式化简，约去非零的，直接求得的值；
（2）①将已知条件代入余弦定理构建关于的一元二次方程，通过判别式判断方程无实根，从而说明三角形不存在；②先由同角三角函数关系求出、，再用正弦定理求边，最后代入余弦定理构建关于的方程，求解并舍去负根后计算三角形周长；③先用三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理得到a2+c2的值，通过完全平方公式求出，最终计算三角形周长.
（1）因为，c⋅sin2B=23b⋅sinA+B，
由正弦定理得sinCsin2B=23sinBsinA+B，而三角形中有，
所以sinCsin2B=23sinBsinC ，又，
所以sin2B=23sinB ，再由二倍角公式得2sinBcsB=23sinB ，且，
所以.
（2）若选条件①.因为，由（1）可知，
所以由余弦定理可得b2=a2+c2−2ac⋅csB ，即24=a2+100−20a⋅13，
整理得3a2−20a+228=0 ，
因为Δ=−202−4×3×228=−2336