2025--2026学年河南省郑州市第二高级中学高一下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河南省郑州市第二高级中学高一下册期中考试数学试题 [含解析]，共10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：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
2. 复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
3. 设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A. 2或4B. 3C. 5D.
4. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，“”是“为直角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. －2
7. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．若在坐标系中，，则下列结论正确的个数是（ ）
①；
②，；
③；
④与的夹角为；
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
8. 南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，用现代语言可以描述为：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的（ ）

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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 若平面平面，，下列说法正确的是（ ）
A. 与内任一条直线平行B. 与内无数条直线平行
C. 与内任一直线不相交D. 与无公共点
10. 设为复数，其中，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
11. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 面积的最大值为
D. 若，角的平分线交于点，则
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为____．

13. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是_____.
14. 在锐角中，角的对边分别是，若，则的取值范围是_________．
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. 已知向量，其中．
（1）若，求实数的值；
（2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
16. 已知复数，.
（1）若，求；
（2）若，，复数在复平面内对应点位于实轴上，求的最小值.
17. 如图所示，正四棱锥S-ABCD中，，．

（1）求正四棱锥S-ABCD的体积；
（2）若P为侧棱SD上的点，且，Q是SD的中点，E是侧棱SC上的点，且，求证：．
18. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，的周长为，求的面积；
（3）若，过点在所在平面内作，且，求线段的最大值．
19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，满足，则称为这两个向量的“协方差”.
（1）若，证明.
（2）已知向量的夹角为，向量的夹角为，且.证明.
（3）在中，线段为的两条内角平分线，点分别在边上，，且，求.
数学
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
答案：B
解析：
思路：根据几何体的结构特征逐项分析判断.
解答过程：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，
故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故选：B.
2. 复数满足，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
答案：D
解析：
解答过程：设，由，得，
即，得，
所以在复平面内对应的点为位于第四象限.
3. 设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A. 2或4B. 3C. 5D.
答案：A
解析：
思路：根据题意结合余弦定理运算求解即可.
解答过程：因为，，，
由余弦定理可得，即，
可得，解得或．
故选：A.
4. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：由题可知，向量，满足，，，
所以，
则在上的投影向量为.
5. 在中，“”是“为直角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
答案：A
解析：
解答过程：先考查充分性：
由，可得，
整理得，由正弦定理得，故为直角三角形，充分性正确；
再考查必要性：
若为直角三角形，不妨令，代入，即必要性不成立.
故“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
6. 已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. －2
答案：A
解析：
思路：根据给定条件，用基底向量分别表示，再利用数量积的运算律列式求出最大值.
解答过程：在边长为2的菱形中，由，得，由点在线段上，
令，由点在线段上， ，得，
则，
而，因此
，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
7. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．若在坐标系中，，则下列结论正确的个数是（ ）
①；
②，；
③；
④与的夹角为；
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
答案：C
解析：
思路：根据向量在坐标系中的坐标定义，建立向量与坐标的一一对应关系，利用向量的数量积定义，向量的模，向量的垂直判断，向量的夹角计算公式逐一判断即得.
解答过程：依题意，，，且，.
对于①，因，故①错误；
对于②，，故②正确；
对于③，由①已得，所以，故③正确；
对于④，因，
则，
且，
则，
因，故与的夹角为，故④正确．
综上可得，有②，③，④共3个结论正确.
故选：C.
8. 南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，用现代语言可以描述为：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的（ ）

A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积的一半减去圆台的体积，计算求解即可.
解答过程：∵，，，
∴，
∴，半球体积为，
所以平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的.
故选：A.
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 若平面平面，，下列说法正确的是（ ）
A. 与内任一条直线平行B. 与内无数条直线平行
C. 与内任一直线不相交D. 与无公共点
答案：BCD
解析：
思路：根据线面位置关系判断CD；在正方体中，借助正方体中的线、面间的关系，判断AB.
解答过程：，，，与无公共点，
从而与内任一直线不相交，CD正确；
如图，在正方体中，令线段所在的直线为，平面为平面，
平面为平面，显然与内无数条直线平行，故B正确；
又与异面，故A错误．
故选：BCD
10. 设为复数，其中，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
答案：BC
解析：
思路：根据复数运算和模长运算判断A错误，C正确；根据复数性质判断B正确；通过举反例判断D错误.
解答过程：选项A，计算得：，，
因为，所以的虚部，不可能等于实数，故A错误；
选项B，是复数模的基本性质，对任意复数都成立，故B正确；
选项C，设，则，
若，则虚部，得，故，故C正确；
选项D，，故，由两边约去得，不一定有，
例如满足条件，但，故D错误.
11. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 面积的最大值为
D. 若，角的平分线交于点，则
答案：BCD
解析：
解答过程：对于A，因为，所以，
所以，又，即，
则，又，所以，
解得，又，故，故A错误；
对于B，因为，外接圆的半径为2，
所以，故B正确；
对于C，因为，即，
又，所以，得，当且仅当时，取等号，
所以，即面积的最大值为，故C正确；
对于D，由，结合，解得，
由，即，
解得，故D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为____．

答案：6
解析：
思路：根据斜二测画法的规则，将直观图还原为原图，进而求出原四边形各边的长度，从而找出最长的长度.
解答过程：矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，
将直观图还原为原图，如图，

在直观图中，，则，
所以在原图中，可得，，
所以，
因为，
所以原四边形中最长边的长度为6．
故6
13. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是_____.
答案：
解析：
思路：根据已知几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和，再应用圆柱、圆锥的侧面积和表面积求法求面积.
解答过程：由题意，几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和，
又圆柱底面半径为，高为2，则其侧面积为，
圆锥的母线长为，底面周长为，则其表面积为，
所以几何体的表面积为.
故
14. 在锐角中，角的对边分别是，若，则的取值范围是_________．
答案：
解析：
思路：由正余弦定理与和角的正弦公式化简计算得到，利用三角形内角范围推得，由锐角三角形求出，将所求式进行恒等变换为，利用正弦函数的性质与对勾函数的单调性即可求得其范围.
解答过程：解：由余弦定理，和，
可得，化简得，
因，即，由正弦定理，（*），
因，
代入（*）化简得：，即，
因，则，所以，即，
因是锐角三角形，故，解得，
由
，
令，因函数 在上单调递增，
则，故的取值范围是．
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. 已知向量，其中．
（1）若，求实数的值；
（2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）先求出，，然后再根据垂直关系即可求出；
（2）由与的夹角是钝角得到且与方向不相反，得到不等式组，求出实数的取值范围.
（1），
，解得．
（2）由与的夹角为钝角，得且与方向不相反，
所以且，解得且.
所以实数的取值范围为．
16. 已知复数，.
（1）若，求；
（2）若，，复数在复平面内对应点位于实轴上，求的最小值.
答案：（1）；
（2）.
解析：
思路：（1）应用复数的除法、加法运算求；
（2）根据已知得，进而有，再应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
（1）由题意得，，
所以，则；
（2）设复数，
因为复数在复平面内对应点位于实轴上，
所以，即，则
所以，
当且仅当，即时，等号成立
所以的最小值是.
17. 如图所示，正四棱锥S-ABCD中，，．

（1）求正四棱锥S-ABCD的体积；
（2）若P为侧棱SD上的点，且，Q是SD的中点，E是侧棱SC上的点，且，求证：．
答案：（1）
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）先求得正四棱锥S-ABCD的高，利用锥体的体积公式求解即可；
（2）通过线面平行的判定定理及面面平行的判定定理即得.
（1）由题意，在正方形ABCD中，，所以．
在正四棱锥S-ABCD中，，
所以正四棱锥S-ABCD的高为，
所以正四棱锥S-ABCD的体积为；
（2）由题意及（1）得，
连接BD交AC于点O，连接OP，如图所示，
∵，Q是SD的中点，
∴，，
∴点P是QD的中点，
由几何知识得，点O是BD的中点，
在△BDQ中，，，
∵，，∴，
在△SCP中，，又，，
所以，
∵，，，
∴．

18. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
（1）求角；
（2）若，的周长为，求的面积；
（3）若，过点在所在平面内作，且，求线段的最大值．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）先根据平行向量的坐标公式化简，再结合正弦定理即可求解；
（2）根据条件及余弦定理求得，再结合三角形的面积公式即可求解；
（3）先设，根据正弦定理分别求出，和关于的表达式，从而得到关于的表达式，进而根据正弦函数的性质即可求出其最大值．
（1）由，，且，
则，
则由正弦定理得，
又在锐角中，，
则,即，解得．
（2）由，的周长为，则，
又由余弦定理有，
即，得，
所以的面积为．
（3）在中，，不妨设，则，，
由正弦定理有，
得，，
在锐角中，由，则，
由正弦定理有，得，
所以
，
又，则，则，所以，
故，即线段的最大值为．
19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，满足，则称为这两个向量的“协方差”.
（1）若，证明.
（2）已知向量的夹角为，向量的夹角为，且.证明.
（3）在中，线段为的两条内角平分线，点分别在边上，，且，求.
答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）根据向量的“协方差”的定义即可证明；
（2）根据向量的夹角公式即得，利用同角三角函数的基本关系得代入化简得即可得证；
（3）由（2）得，由得，设，则，利用正弦定理求解，再根据同角三角函数的基本关系得，最后利用二倍角即可求解.
（1）证明：因为，由题意得，
所以，即，
因为为非零向量，所以.
（2）因为，
所以，
同理，
因为，
所以.
（3）因为，
所以，
所以，
设，则，
在中，由正弦定理，得，解得,由，，解得，
故，
所以.