2025--2026学年安徽六安第一中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年安徽六安第一中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
2. 正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知平面向量与的夹角为，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
4. 在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG=P，则点P（ ）
A. 一定在直线BD上
B. 一定在直线AC上
C. 在直线AC或BD上
D. 不在直线AC上，也不在直线BD上
5. 如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则最小内角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.
9. 关于非零复数与其共轭复数，下列结论正确的是（ ）
A. 必为实数
B. 在复平面内，表示复数和的点关于虚轴对称
C.
D. 若复数为实系数一元二次方程Ax2+Bx+C=0(A,B,C∈R,A≠0) 的一根，则也必是该方程的根
10. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
11. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知的外心为O，重心为G，垂心为H，M为中点，且，，则下列各式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若复数满足（其中是虚数单位），为的共轭复数，则___________.
13. 如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点，望对岸标记物，测得，，，则河的宽度为______．
14. 四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，过M，N，P三点作四面体ABCD的截面，则截面面积_______.
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. 如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为4π，
（1）点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达A点，求绳子长度的最短值；
（2）计算该圆锥内可容纳的最大球的体积.
16. 设中，角，，所对的边分别为，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，，且，求的周长
17. 如图，等腰梯形中，，CD=2AB=2AD=4 ，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥.在四棱锥中，点，分别在线段，上，且.
（1）求直线BC与直线PA所成角的余弦值.
（2）求证：平面.
18. 如图所示，已知为梯形，，，为线段上一点.
（1）设平面平面，证明：；
（2）在棱上是否存在点
（i）使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（ii）使得平面将四棱锥分成体积相等的两部分，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19. 如图所示，在四边形中，，，，，，点为四边形的外接圆劣弧（不含端点，）上一动点．

（1）判断的形状，并证明；
（2）若AC=xAB+yAEx,y∈R，设
（i）用表示线段AE的长度；
（ii）记，求函数的最小值．
数学

一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：根据复数的乘法运算以及复数表示的几何意义即可求解.
解答过程：解：因为复数，
故复数对应的点的坐标为，
故选：B.
2. 正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：通过构造等边三角形判断直线与直线的夹角.
解答过程：如图所示：设正方体边长为，取中点，连接.
易知正方体中，所以与所成角即与所成角.
又分别为中点.
所以.
所以三角形为等边三角形，即与所成角为.
所以与所成角为
3. 已知平面向量与的夹角为，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：先求出，由平面向量的数量积可求得，计算的值，再开方即可求解.
解答过程：因为，所以，
所以，
所以
，
所以，
故选：B.
4. 在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG=P，则点P（ ）
A. 一定在直线BD上
B. 一定在直线AC上
C. 在直线AC或BD上
D. 不在直线AC上，也不在直线BD上
答案：B
解析：
思路：先说明点P在平面ABC，且在平面ACD上，进而得到答案.
解答过程：如图，

∵EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG=P，∴P∈平面ABC，P∈平面ACD．
又平面ABC∩平面ACD=AC，∴P∈AC.
故选：B．
5. 如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
答案：C
解析：
思路：将正方体的展开图还原成直观图，结合线面平行、面面平行的判定逐项判断即可.
解答过程：由展开图得到正方体的直观图，如图：
观察直观图知，与是异面直线，①错误；与平行，②错误；
由四边形是平行四边形，得，又平面，平面，则平面，③正确；
由，又平面，平面，得平面，
同理平面，又平面，因此平面平面，④正确.
6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则最小内角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据，可得，从而可得的最小内角为角A，再利用余弦定理即可得出答案.
解答过程：解：因为，所以则，
可知的最小内角为角A，
所以，
又，所以.
故选：D.
7. 如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果.
解答过程：由题意可得，
，
当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，
所以，则，即.
故选：B
8. 已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
答案：D
解析：
思路：先通过圆柱的轴截面为正方形，可得该圆柱的内切球半径，再去研究球的内接正四面体，从而转化为研究正四面体的外接球问题即可.
解答过程：因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，
所以圆柱的内切球半径为，
若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，
则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为，
设点在面内的射影为，即面，则球心在上，
且，，
所以，
所以，
在中，，
即，
整理可得：，解得或（舍），
所以的最大值为4，
故选：D
方法提示：方法点睛：要让正四面体在圆柱内任意转动起来，转化为这个正四面体在圆柱的内切球内，从而问题得解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.
9. 关于非零复数与其共轭复数，下列结论正确的是（ ）
A. 必为实数
B. 在复平面内，表示复数和的点关于虚轴对称
C.
D. 若复数为实系数一元二次方程的一根，则也必是该方程的根
答案：ACD
解析：
解答过程：设，为实数，则.
选项A：z+z=(a+bi)+(a−bi)=2a ，是实数，因此必为实数，A正确；
选项B：复平面内，对应点为，对应点为，两点关于实轴对称，不是虚轴对称，B错误；
选项C：，是非零复数，故不同时为0，因此，C正确；
选项D：设 是方程的根，即满足： Az2+Bz+C=0 ，
对等式两边同时取共轭：Az2+Bz+C=0 ，展开化简左边得 A⋅z2+B⋅z+C=0 ，
代入实系数性质 A=A,B=B,C=C ，得Az2+Bz+C=0 .
因此必是该方程的根，D正确.
10. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
答案：ABD
解析：
思路：根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.
解答过程：如图，
该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：，故正确；
对于B，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以，故正确.
对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故错误；
对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.
故选：ABD
11. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知的外心为O，重心为G，垂心为H，M为中点，且，，则下列各式正确的有（ ）
A. B.
C. D.
答案：ACD
解析：
思路：由向量与四心的性质对选项逐一判断
解答过程：对于A，重心为G，有
故，故A正确
对于B，外心为O，有，
，故B错误
对于C，由欧拉线定理得，即
又有，相加可得，故C正确
对于D，由得，故
，故D正确
故选：ACD
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若复数满足（其中是虚数单位），为的共轭复数，则___________.
答案：
解析：
思路：利用复数的除法化简复数，可得出，再利用复数的模长公式可求得结果.
解答过程：，所以，，因此，.
故答案为.
13. 如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点，望对岸标记物，测得，，，则河的宽度为______．
答案：
解析：
思路：计算可得，从而可知，作，垂足为，则河的宽度.
解答过程：在△中，，，
∴，.
∴，
作，垂足为，则即为河的宽度．
∴，
∴河的宽度为.
故答案为.
方法提示：本题考查测量距离，考查解三角形知识的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
14. 四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，过M，N，P三点作四面体ABCD的截面，则截面面积_______.
答案：
解析：
思路：对棱长为3的正四面体，由分点比例得各分段边长，延长连线确定截面顶点、、、；作平行线构造等边三角形与全等、相似三角形，推导线段长度与比例，求出边长，再用面积比例作差，求得截面面积.
解答过程：因为四面体ABCD的所有棱长都是3，，，.
所以.
延长交于，交于点，连接QM过作交于.
因为为边长为的等边三角形，为的中点，
所以≌，所以.
所以，过作交于点.
所以为边长为1的等边三角形.
所以，，因为，所以.
由余弦定理有 TM2=MB2+BT2−2MB⋅BT⋅cs120°
，则 TN=2TM=23.
PN2=NO2+DP2−2DN·DP⋅csπ3=22+12−2×2×1×12=3 ，即
TP2=TF2+FP2−2TF⋅FP⋅cs120°=32+12+2×3×1×12=13 ，即
所以.
所以
设三角形三边：

所以S△TNP=12TP⋅NPsin∠TPN=12×3×13×136539=352.
SΔTNP=12⋅TN⋅TP⋅sin∠NTP=12×23×13sin∠NTP=39sin∠NTP
SΔTMQ=12⋅TM⋅TQ⋅sin∠NTP=12×3×3×33sin∠NTP=1639sin∠NTP
所以截面的面积.
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. 如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为
（1）点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达A点，求绳子长度的最短值；
（2）计算该圆锥内可容纳的最大球的体积.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）先由侧面积公式求得母线长，再算出侧面展开图的圆心角，将问题转化为扇形内两点间的最短距离，用勾股定理求得最小值；
（2）先由勾股定理求出圆锥的高，再利用相似三角形求出内切球半径，最后代入球的体积公式计算结果.
（1）设圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，故.
圆锥的侧面展开图的圆心角，由M点出发绕圆锥侧面旋转一周，
回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的线段长，
由勾股定理.
（2）已知，又，.
设圆锥的内切球的圆心为，半径为，球与圆锥侧切于，
则，，由三角形相似可得，即，
解得， 故圆锥内部可容纳的球最大体积是.
16. 设中，角，，所对的边分别为，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，，且，求的周长
答案：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）的周长为18或20．
解析：
思路：
（Ⅰ）利用诱导公式及正弦定理边角互化即可证明；
（Ⅱ）由已知可得，再结合余弦定理算得边b，求得周长.
解答过程：（Ⅰ）因为，
所以．
根据正弦定理有．
（Ⅱ）由可得，
所以．
在中，由余弦定理可得，
即，解得或，
因此，的周长为18或20．
17. 如图，等腰梯形中，， ，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥.在四棱锥中，点，分别在线段，上，且.
（1）求直线BC与直线PA所成角的余弦值.
（2）求证：平面.
答案：（1）
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）构造平行四边形，将平移至，把异面直线所成角转化为，再用余弦定理计算余弦值；
（2）通过在、上取点构造辅助线，证明平面平面，再由面面平行的性质得平面.
（1）在线段上取点，使得 ，则四边形是平行四边形，故，
连接，故是异面直线所成角（或补角），PA=AQ=2 ，PE=EQ=1 ，
由勾股定理，PQ=PE2+EQ2=12+12=2.
由余弦定理得，
故异面直线所成角的余弦值是.
（2）若分别是上的点，且，
连接，又，
所以，即四点共面，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，又，且都在平面内，
所以平面平面，平面，故平面.
18. 如图所示，已知为梯形，，，为线段上一点.
（1）设平面平面，证明：；
（2）在棱上是否存在点
（i）使得平面，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（ii）使得平面将四棱锥分成体积相等的两部分，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
答案：（1）证明见解析
（2）（i）存在，；（ii）存在，
解析：
思路：（1）由得平面，再由线面平行的性质定理，结合两平面交线，证得；
（2）（i）连接交于，利用的比例关系和线面平行判定，得到的值；
（ii）根据梯形底面积比求两部分体积比，再结合棱锥体积公式列方程，解得的值.
（1）因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，且平面，所以.
（2）（i）存在点，使得平面，此时.
证明如下：连接交于点，连接
因为，且，所以，又因为，，
所以PA//MO ，因为平面，平面，所以平面.
（ii）存在，且，理由如下：
记四棱锥的体积是. 由，得S△ABDS△BCD=13，故，
即. 设，则.
令，得，解得.
故存在点，当时，平面将四棱锥分为体积相等的两部分.
19. 如图所示，在四边形中，，，，，，点为四边形的外接圆劣弧（不含端点，）上一动点．

（1）判断的形状，并证明；
（2）若，设
（i）用表示线段AE的长度；
（ii）记，求函数的最小值．
答案：（1）为直角三角形；证明见解析
（2）（i）（ii）．
解析：
思路：（1）通过余弦定理结合已知的两边之和,得到一个关于的方程,解出和的具体数值后,代入验证发现满足勾股定理,从而判定为直角三角形,且直角在点.
（2）（i）由直角得外接圆直径,推得矩形及角度关系,再用正弦定理得AE=2sin5π6−α,
（ii）构造平行四边形,利用向量分解得,用三角函数表达并化简为fα=21+2sin2α+π6,由得最小值在时取.
（1）直角三角形,理由如下:
在中，由余弦定理知：，
所以1=AB+AC2−2+3AC⋅AB .
又因为，所以
所以，分别为方程x2−2+3x+23=0 的两根，
因为，所以，，所以，
所以，即为直角三角形；
（2）（i）如图，因为，所以是四边形的外接圆的直径，，

所以四边形为矩形，连接，，
在中，因为，，所以，
由正弦定理知：，所以AE=2sin5π6−α，
（ii）设交于，作平行于且交于.
则四边形为平行四边形，
所以，又因为，
由平面向量基本定理知：，所以，
在中，，所以:
fα=y=AFAE=12csα⋅sin5π6−α=21+cs2α+3sin2α=21+2sin2α+π6,α∈0,π3
所以，所以sin2α+π6∈12,1.
所以1+2sin2α+π6∈2,3.
所以，当时，取最小值，最小值为．