江苏省苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试 数学 Word版含解析

这是一份江苏省苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试 数学 Word版含解析，共16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。

一、单选题
1．设为虚数单位，已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，且，则的值为
A．B．C．D．
3．已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
4．在平面直角坐标系中，已知等腰的底边在轴上，，，按斜二测画法所得的直观图为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．若平面平面，，，，，，则直线与不可能（ ）
A．相交B．垂直C．平行D．异面
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，过，，三点的平面交棱于点，设，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知梯形中，，，动点在边上（不含端点，），交于点，过作于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设为虚数单位，已知复数，若，则（ ）
A．B．C．D．
10．设是所在平面内一点，记（，），则（ ）
A．当，时，
B．当，时，是线段的中点
C．当，时，是的重心
D．当时，的面积是面积的
11．如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（ ）
A．
B．不存在点，使得
C．的最大值为
D．与平面所成角的最大值为
三、填空题
12．在复数范围内写出符合方程的一个解______．
13．已知向量，满足在方向上的投影向量为，若，，则______．
14．记的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为______．
四、解答题
15．记的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求；
(2)若，，求的周长．
16．已知向量与的夹角为，，．
(1)求和的值；
(2)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
17．如图，已知四棱台的底面是平行四边形，，为的中点，为钝角三角形．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，，求证：平面．
18．记的内角的对边分别为，已知．
(1)当点D满足时．
①若，，求；
②若，求．
(2)当时，判断的形状并证明．
19．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折至．

(1)若二面角的余弦值等于，求三棱锥的体积；
(2)若二面角的正切值的取值范围是，，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围．
参考答案
1．B
解析：.
2．A
解析：由题意，向量，
因为，可得，解得.
故选：A.
3．C
解析：由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线，
所以该圆锥的侧面积为.
4．B
解析：由题意得等腰的底边，腰，
从而等腰底边的高，
所以等腰的面积是，
因为斜二测画法中，
所以的面积为.
5．C
解析：选项A：若直线与交线交于点，此时与相交，故相交是可能的，A不符合要求；
选项B：如图直线，则，B不符合要求；

选项C：假设，根据平行直线共面的性质，与确定唯一平面，
由于，，平面内过点有且仅有一条直线与平行，因此，可得，
又，故，与题设矛盾，因此与不可能平行，C符合要求；
选项D：令，且直线与相交，此时与既不平行也不相交，为异面直线，故异面是可能的，D不符合要求.
6．D
解析：由题意得：.
7．C
解析：
延长交的延长线于点，连接，如图所示.
因为为的中点，且在正方体中， 所以， 所以.
设正方体的棱长为1，则.
因为为平面与棱的交点，且均在平面与平面的交线上，
所以三点共线.
在平面中，过点作于点， 因为为的中点，所以为的中点，
且，.
因为，所以， 所以， 所以，
所以.
又，所以.
因为，所以，解得.
8．A
解析：,
因为, 所以，所以，
所以，因为，所以，
所以，
因为, 所以.
9．BD
解析：由题意得：，所以，解得，所以，故A错误，所以，
所以，故B正确，
由，故C错误，
由，所以，故D正确.
10．ACD
解析：选项A，当时，可得，
则，
，得到，故A正确；
选项B，当时，，
则，
即是线段的中点，不是是中点，故B错误；
选项C，若是的重心，则，
设的中点为，则，重心分中线为，
因此,
所以当时，是的重心，故C正确;
选项D，由题意得与具有同底，则面积比等于对应高的比值，
如图，作出符合题意的图形，以为原点建立平面直角坐标系，

设，，，，得到，
，，
因为，所以，解得，
而的高为，的高为，
则与的面积比为，
当时，面积比为,
即的面积是面积的，故D正确.
11．ABC
解析：对于A，由正四棱柱的性质得∥，∥，
因为平面，平面，所以∥平面.
又平面，平面与平面交于直线，
所以∥.所以∥.所以A正确.
对于B，假设存在点，使得.
过作∥，且分别交于点，
则∥，.
正四棱柱中，
平面，
所以平面，
因为平面，所以.
平面，
所以平面，所以.
矩形中，，所以，
所以，所以，
与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确.
对于C，正四棱柱中，平面，
所以.所以，
，
.
因为，当且仅当时，等号成立,
所以，
所以当时，取得最大值.故C正确.
对于D，因为∥，所以与平面所成角等于与平面所成角，记为.
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则.
过作∥，且分别交于点，则，
.
所以，
，
，
所以，
所以.
所以的面积为.
又，
由，
得.
因为，所以，
所以，所以.
所以.
因为，所以与平面所成角的最大值小于.
故D错误.
12．（答案不唯一，也可填）
解析：依题意，，解得.
13．
解析：因为.
又，所以，所以，
所以，所以.
14．
解析：若，根据正弦定理，则，
化简得，进而.
又中，故，因此得
三角形面积公式为，由正弦定理得，，
所以.
已知，，所以.
15．(1)
(2)
解析：（1）由余弦定理可得，
因为，故.
（2）因为，
整理可得，可得，
因为，故.
因为，所以，故是等腰直角三角形，
因为，所以，，
故的周长为.
16．(1)，
(2)
解析：（1）由题意，
因为，所以.
（2）由，
所以，解得.
由.
综上，当时，向量与的夹角为锐角.
17．(1)由四棱台的结构可知，
因为为的中点，，
则，
又四边形是平行四边形，，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
(2)作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
由棱台的性质可知，侧棱相交于一点，即共面，
因为棱台的底面底面，
底面平面，底面平面，
所以，所以，
又，所以，
又平面，
所以平面．
解析：（1）略
（2）略
18．(1)①；②
(2)直角三角形，
由，可得，
由余弦定理可得：，
又，由余弦定理得：，
两式联立可得：，
平方得：，又，
得，
即，
即，
即，
又，
所以，即，
所以，
所以，
故是直角三角形.
解析：（1）①因为，即，
即，
两边平方得：，
即，又，
得，解得；
②由，
得，又，
所以，可得：
，
在中，分别由正弦定理得：
，
两式相比得：，
即，
即，
即，，
又，所以；
（2）略
19．(1)
(2)外接球表面积的取值范围为
解析：（1）菱形边长为，，故，

记交于，得，，翻折后，
因此就是二面角的平面角，即，且.
已知，得.
过作交延长线于，由面得面，
高，所以 的面积，
因此体积：
（2）设二面角平面角为，过作于，得面，；
过作于，，故.
是二面角的平面角，因此： .
由，代入得，即，
结合得，故，即.
和都是边长为2的正三角形，设外心分别为，，
球心是过分别垂直两个面的直线交点，由面得，
结合几何关系推导得： ,
代入，得，外接球表面积，因此： .