2025--2026学年广东深圳外国语学校（集团）龙华高中部高一下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年广东深圳外国语学校（集团）龙华高中部高一下册期中考试数学试题 [含解析]，共44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。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 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. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知向量，若，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
5. 的内角A、B、C所对的边分别为，已知，，，则（ ）
A. 4B. C. D.
6. 如图，在正四面体中，取中点，连接，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，角的对边分别为，已知，且的面积为，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
8. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若复数（为虚数单位），则下列结论正确的有（ ）
A. B. 的虚部为
C. D. 在复平面内对应的点在第二象限
10. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. 若，则D.
11. 如图，在四边形中，，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 的取值范围是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. 在中，已知，，，则______.
13. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为________．
14. 在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______.
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，，且与夹角为．
（1）求；
（2）求与的夹角的余弦值．
16. 已知复数（为虚数单位）．
（1）若，求复数的共轭复数及；
（2）若是关于的方程的一个根，求实数的值．
17. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若的平分线交于点，求的长．
18. 如图，在四棱锥中，，，分别是，的中点，，．
（1）求证平面；
（2）若平面，求的值；
19. 如图，延长的边至点，边至点，边至点，使得线段的长分别为的倍，我们将称为的“变换三角形”．
（1）当时，若，求的长；
（2）若是边长为2的等边三角形，点为其“2变换三角形”中线段上的动点，求的最大值；
（3）设点为的重心（三角形的三条中线的交点），证明：．
数学
满分为150分．考试用时120分钟．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 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：
思路：根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
解答过程：因为，
则所求复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由已知结合向量数量积的性质即可求解.
解答过程：设与的夹角为，
因为，，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
3. 已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：圆锥的高为，底面半径为，
则圆锥的母线长，
可得圆锥的侧面积为.
4. 已知向量，若，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
答案：A
解析：
思路：根据向量垂直，数量积为计算即可.
解答过程：因为，
则，
则，
所以，
解得.
5. 的内角A、B、C所对的边分别为，已知，，，则（ ）
A. 4B. C. D.
答案：B
解析：
思路：先通过正弦定理得，则可求出，再利用余弦定理求即可.
解答过程：因为， 由正弦定理得，
又，
由余弦定理，
则
故选：B.
6. 如图，在正四面体中，取中点，连接，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：先取为中点，连接，利用中位线可得
直线与直线夹角为，在正四面体中，计算的边长，利用余弦定理计算夹角的余弦值；
解答过程：取为中点，连接
因为是中点，所以
在正四面体中,是等边三角形，
则直线与直线夹角为,
在中，
因此直线与直线夹角的余弦值
故选：C.
7. 在中，角的对边分别为，已知，且的面积为，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
答案：C
解析：
思路：借助正弦定理、余弦定理和基本不等式计算即可得.
解答过程：因为，
所以，即，
所以，又，所以，
由的面积为，得，可得，
所以，
当且仅当，即时取等号.
8. 正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：取的中点为，连接，确定平面平面 ，得到的轨迹是线段,即可求解.
解答过程：取的中点为，
连接，
由中位线易知，
又在平面 内，不在平面 内，
所以平面 ，平面 ，
又是平面内两条相交直线，
所以平面平面 ，
又 平面 ，
所以在平面内，又 是侧面 内一点，
所以的轨迹是线段,
易知,
，
所以 长度的取值范围是.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若复数（为虚数单位），则下列结论正确的有（ ）
A. B. 的虚部为
C. D. 在复平面内对应的点在第二象限
答案：AC
解析：
思路：由复数的模长公式，虚部、共轭复数概念及几何意义逐个判断即可.
解答过程：因为，所以，故A正确；
的虚部为，故B错误；
，所以，故C正确；
在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D错误.
故选：AC
10. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. 若，则D.
答案：ACD
解析：
思路：根据大角对大边，判断A，根据余弦定理判断B，根据正余弦函数的单调性，判断C，根据锐角三角形的性质，再根据正弦函数的单调性和诱导公式，判断D.
解答过程：若，根据大角对大边，所以，故A正确；
因为C为锐角，故，即，即，因此B选项错误；
因为函数在区间上单调递增，故若，则有，
又因为函数在区间上单调递减，故，故选项C正确；
因为，所以，即，同理可得，，三个式子相加得，故D正确．
11. 如图，在四边形中，，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 的取值范围是D. 的取值范围为
答案：AD
解析：
思路：建系，确定各点坐标，结合向量数量积的坐标表示，及两点间距离公式逐项判断即可.
解答过程：
由题意如图建系，可得，
过点作轴，垂足为，
因为，则，
又，所以，
又，，
所以直角直角，即，
则
选项A，当 时，，则 ​，A正确；
选项B，当 时，，
则 ，，
故 ，B错误；
选项C，，，
则： ，
因为，由二次函数单调性可得 ， C错误；
选项D，，
则： ，
时，二次函数对称轴为，
由单调性可知，
即的取值范围是 ，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，已知，，，则______.
答案：
解析：
思路：利用三角形内角和与正弦定理可得答案
解答过程：由三角形内角和得，则，
又由正弦定理：，则.
13. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为________．
答案：
解析：
思路：借助投影向量定义计算即可得.
解答过程：，
则向量在向量方向上的投影向量的坐标为.
14. 在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______.
答案：
解析：
思路：将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，利用圆柱与圆锥的体积以及表面积公式求解即可.
解答过程：为直角三角形，，，直线l∥BC且过点A，
设，所以斜边，
将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，
所以圆柱上底面半径，高，
被挖去的圆锥的底面半径，高与圆柱相同，即，
则圆柱体积：，
圆锥体积：，
所以组合体体积：，
则，即，所以，
几何体Ω的表面积由三部分构成：
圆柱的侧面积：，
圆柱的上底面面积：，
圆锥的侧面积：圆锥母线长为​，，
所以总表面积.
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. 已知，，且与夹角为．
（1）求；
（2）求与的夹角的余弦值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）首先计算的值，再代入向量模的计算公式，即可求解；
（2）代入向量夹角的余弦公式，即可求解.
（1）∵，且与夹角为，
∴，
∴；
（2），
∴
16. 已知复数（为虚数单位）．
（1）若，求复数的共轭复数及；
（2）若是关于的方程的一个根，求实数的值．
答案：（1）
（2）－7
解析：
思路：（1）根据等式变形为，再根据复数的除法运算公式求解；
（2）将代入方程，再利用待定系数法求解.
（1）复数z＝1－2i（i为虚数单位），，
∴，∴
∴复数的共轭复数；
（2）∵z＝1－2i是关于x的方程（m，n）的一个根，
∴，整理得：，
则，解得：，所以．
17. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若的平分线交于点，求的长．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用正弦定理将边化为角，再化简即可得出答案；
（2）利用即可解出答案.
（1）因为
由正弦定理有：
所以
又因为
所以
所以
又因为，即
所以
因为，
所以.
（2）因为为的角平分线，，即
所以，
，
，
又
所以
解得.
18. 如图，在四棱锥中，，，分别是，的中点，，．
（1）求证平面；
（2）若平面，求的值；
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）方法一，根据构造面面平行，进而利用面面平行性质定理证明线面平行；
方法二，构造平行四边形，根据线线平行，证明线面平行；
（2）根据线面平行的性质定理，得到线线平行，再求的值.
（1）证明一：取的中点为，连接，，
∵，、分别为、的中点；∴，
∵平面，平面，∴平面，又∵为的中点，
∴，∵平面，平面，∴平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面．
证明二：取的中点为，过作交于，
取中点，连接，，，则，，
，，∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面；
（2）连接交于点，连接．
∵平面，平面，平面平面，
∴，∴．又，∴，∴．
19. 如图，延长的边至点，边至点，边至点，使得线段的长分别为的倍，我们将称为的“变换三角形”．
（1）当时，若，求的长；
（2）若是边长为2的等边三角形，点为其“2变换三角形”中线段上的动点，求的最大值；
（3）设点为的重心（三角形的三条中线的交点），证明：．
答案：（1）
（2）10 （3）证明见解析
解析：
思路：（1）中，根据余弦定理求解；
（2）利用基底表示再利用数量积的运算律，转化为关于的二次函数求最值；
（3）根据向量的线性运算，转化为.
（1）因为边长为1的等边三角形，
又，，．
在中，由余弦定理，，
故．
（2）如图，设，，则，
，
，因，，
则，
．
因，则当时，取得最大值为10；
（3）如图，设△PQR为△ABC的“变换三角形”，
则，，，
于是