2025--2026学年安徽阜阳市临泉县临化高级中学高一下册期中质量测评A卷数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年安徽阜阳市临泉县临化高级中学高一下册期中质量测评A卷数学试题 [含答案]，共5页。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. 向量 （ ）
A. B. C. D.
2. 已知中，内角对应的边分别为，，，若，，则的面积为( )
A. B. C. 4D.
3. 一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ）
A. 2B. C. 4D. 8
4. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
5. 平面向量满足，，则与夹角取最大值时为（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）
A. 1B. C. 3D. 2
7. 如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点.若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
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. 设复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 为纯虚数B. 在复平面内，对应的点位于第三象限
C. 的虚部为D.
10. 正多面体统称为柏拉图体．若连接某正方体的相邻面的中心，可以得到一个新的体积为的柏拉图体．则（ ）
A. 是正六面体
B. 正方体的边长为2
C. 与正方体的表面积之比是
D. 平面与相交所得截面的面积是
11. 如图，等边三角形的边长为，边上的高为，沿把三角形折起来，则（ ）
A. 在折起的过程中始终有平面
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 当时，点到的距离为
D. 当时，点到平面的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，，则等于________．
13. 如图，设的重心为，为平面内任意一点，，试用表示向量，则________________.
14. 如图，在中，，分别在线段，上，且，，，交于点，若，则_______.
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，与的夹角是
（1）计算；
（2）当与的夹角为钝角时，求的取值范围.
16. 已知向量，，.
（1）若，求的值；
（2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值.
17. 在中，分别是角的对边，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，，求a的值．
18. 如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
19. 如图，三棱锥各棱长均为1，侧棱上的，，满足，，线段上的点G满足平面，点在上，.

（1）求证：平面平面；
（2）求证：；
（3）若，求的值.
数学
考试时间为120分钟，满分150分
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. 向量 （ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：利用平面向量加法的三角形法则计算.
解答过程：根据平面向量加法的三角形法则，可得.
故选：A.
2. 已知中，内角对应的边分别为，，，若，，则的面积为( )
A. B. C. 4D.
答案：A
解析：
思路：已知两边之和与第三边，直接套用余弦定理公式求出两边之积，再代入面积公式计算.
解答过程：由余弦定理可得，所以.
所以．
故选：A．
3. 一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是，则母线长为（ ）
A. 2B. C. 4D. 8
答案：C
解析：
思路：根据圆台的侧面积公式可得答案.
解答过程：设圆台的母线长为，上，下底面的半径分别为,则
圆台的侧面积为，解得
故选：C
4. 设单位向量的夹角为，，则在上的投影数量为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据向量的运算法则，分别求得，且，结合投影数量的公式，即可求解.
解答过程：由单位向量的夹角为，可得，
又由，
可得，
且，
所以向量在 上的投影数量为.
5. 平面向量满足，，则与夹角取最大值时为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：两边平方，结合得到，计算出，由基本不等式求出时，最大为，得到答案.
解答过程：因为满足，，
所以，
所以，所以,
由夹角公式得，
当且仅当，即时等号成立，
因为，在上单调递减，
所以，
即时，最大为，
此时．
故选：D
6. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（ ）
A. 1B. C. 3D. 2
答案：C
解析：
思路：根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
解答过程：解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则，
由四边形是菱形，可得，则，
所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故选：C.
7. 如图，在中，是的中点，在边上，，与交于点.若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：利用向量的线性表示，表示出向量和向量，再由向量的数量积的运算律化简可得选项.
解答过程：由已知得：，设，所以，
又点C、O、E三点共线，所以，解得，所以，
又，
所以，
所以，即，所以.
故选：A.
方法提示：本题主要考查平面向量的线性表示和向量的数量积的应用，属于中档题.
8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解.
解答过程：如图所示，取的中点，连接，，，
在正方体中，可得且，
因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，
因为正方体的边长为，可得，，
在中，可得，且，
则，所以的最小值为.
故选：B.
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. 设复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 为纯虚数B. 在复平面内，对应的点位于第三象限
C. 的虚部为D.
答案：BD
解析：
思路：先对化简，求出复数，然后逐个分析判断即可
解答过程：解：由，得，
所以，所以A错误；
所以在复平面所对应点在第三象限，所以B正确；
的虚部为2，所以C错误；
，所以D正确，
故选：BD
10. 正多面体统称为柏拉图体．若连接某正方体的相邻面的中心，可以得到一个新的体积为的柏拉图体．则（ ）
A. 是正六面体
B. 正方体的边长为2
C. 与正方体的表面积之比是
D. 平面与相交所得截面的面积是
答案：BCD
解析：
思路：画出图形可判断A；设正方体的边长为a，求出的体积，求出可判断B；求出正方体的表面积，的表面积可判断C；画出截面，且是菱形，求出面积可判断以D．
解答过程：对于A，如图，是各棱长均相等的正八面体，所以A错误；
对于B，设正方体的边长为a，是正八面体，且是底面是对角线长为的正方形，上下两个四棱锥的高都为，则的体积为，所以，所以B正确；
对于C，正方体的表面积是，的各个侧面的棱长都为等边三角形，所以的表面积是，所以，所以C正确；
对于D，如图平面与相交所得截面，分别是的中点，
且相等，，四边形是菱形，，其面积为，所以D正确．
故选：BCD.
11. 如图，等边三角形的边长为，边上的高为，沿把三角形折起来，则（ ）
A. 在折起的过程中始终有平面
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 当时，点到的距离为
D. 当时，点到平面的距离为
答案：ABC
解析：
思路：根据线线垂直可证线面垂直，可判断A；根据三棱锥体积公式可知当时，体积最大，即可判断B；设的中点为，连接，为点到的距离，求出可判断C；根据线面垂直可知点到平面的距离为，即可判断D.
解答过程：A：因为，，且，，平面，所以平面，故A正确；
B：由已知三棱锥的体积，
所以当，即时，三棱锥的体积最大，最大值为，故B正确；
C：当时，是等边三角形，且是以为底的等腰三角形，
设的中点为，连接，

则，即为点到的距离，，故C正确；
D：当时，，，且，，平面，
故平面，则就是点到平面的距离，且，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，，则等于________．
答案：
解析：
思路：利用向量加法的平行四边形法则，几何法求向量的模.
解答过程：如图，由，∴四边形OACB为菱形．
连接OC、AB，则，设垂足为D．
∵ ，，∴在中， ．
∴
故
13. 如图，设的重心为，为平面内任意一点，，试用表示向量，则________________.
答案：
解析：
思路：根据空间向量的线性运算法则，即可得答案.
解答过程：延长AM，交BC于点D，因为M为的重心，所以D为BC的中点，且，
则
.
14. 如图，在中，，分别在线段，上，且，，，交于点，若，则_______.
答案：2
解析：
思路：由已知可得向量与向量共线，设，根据向量线性运算法则可得，，由此可得，根据平面向量基本定理可得，，由此可得结论.
解答过程：由已知向量与向量共线，故可设，
所以，
因为，所以，
故，
所以，
又， ，不共线，
由平面向量基本定理可得，，，
所以，
故
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，与的夹角是
（1）计算；
（2）当与的夹角为钝角时，求的取值范围.
答案：（1）（2）且
解析：
思路：（1）把模转化为向量的平方；
（2）两向量的数量积为负，但要去除两向量反向的情形。
解答过程：由题意，
（1），
∴，
，
∴。
（2），，
又时，与方向相反，
∴且。
方法提示：本题考查求向量的模，向量的夹角问题。求向量的模通常平方后转化为向量积运算，两向量夹角为锐角，则，但时，的夹角为锐角或零角，两向量夹角为钝角，则，但时，的夹角为钝角或平角。解题时要注意。
16. 已知向量，，.
（1）若，求的值；
（2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值.
答案：（1）；（2）时，取到最大值2，时，取到最小值.
解析：
思路：
（1）利用向量垂直的坐标表示可求得，结合的范围可求得的值；
（2）将函数化简为，根据的范围可求得的范围，结合正弦函数图象可确定最大值和最小值取得的点，进而求得结果.
解答过程：解:（1）因为，
所以，
于是，
又，所以；
（2）.
因为，所以，
从而
于是，当，即时，取到最大值2；
当，即时，取到最小值.
方法提示：本题考查平面向量垂直的坐标表示、平面向量与三角函数的综合应用，涉及到三角函数最值的求解问题；求解三角函数最值的关键是能够利用整体对应的方式，结合正弦函数的图象来进行求解.
17. 在中，分别是角的对边，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，，求a的值．
答案：（1）（2）1或3
解析：
思路：（1）根据正弦定理化简已知的等式,再利用两角和的正弦函数公式及诱导公式化简后,由不为0,即可得到的值,根据B的范围,利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数；
（2）利用余弦定理得到,配方后把b,及的值代入,列出关于a的方程,求出方程的解即可得到a的值．
解答过程：解：（1）由正弦定理得,得
,
代入,
即,
化简得：,
,
,
,
,,
又∵角B为三角形的内角,；
（2）将,,,
代入余弦定理,得
,
,
或．
方法提示：本题主要考查了正弦与余弦定理以及三角函数和差角公式的运用,属于中等题型.
18. 如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
答案：（1）证明见解析
（2） （3）
解析：
思路：（1）取中点，连，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，即可得到，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）通过勾股定理逆定理证明，，结合三角形面积公式即可运算求解；
（3）由题意得，，从而可将面积比转换为线段比的平方即可运算求解。
（1）取中点，连，
因为点为中点，
，且，
同时因为分别是边的中点，
，且，
四边形是平行四边形，
，
又平面平面，
平面.
（2），
，
，
根据对称性有，而，
所以，
所以，
所以，
而，
四棱锥的面积.
（3）由（1）知平面，
平面平面，平面，
，，
又，，.
19. 如图，三棱锥各棱长均为1，侧棱上的，，满足，，线段上的点G满足平面，点在上，.

（1）求证：平面平面；
（2）求证：；
（3）若，求的值.
答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）由线面平行的判定定理可证平面，结合题中条件及面面平行的判定定理即可证明；
（2）由（1）知：平面平面，根据面面平行的性质定理即可证明；
（3）由题可知点是的中点，结合可得点是的中点.根据题中条件，在平面内，利用平面向量基本定理和共线向量基本定理即可求解.
（1）∵，平面，平面，∴平面.
∵平面，平面，，平面，平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知：平面平面.
又平面平面，平面平面，
∴.
（3）∵，∴点是的中点.
∵，∴，∴点是的中点，.
∵，且三棱锥各棱长均为1，∴，
∴，，，.
∵点在上，∴，解得.
∵，∴.
∴，
.
由（2）知：，∴，∴，使得，
即.
由平面向量基本定理可得，解得.
综上所述，的值为.