2025~2026学年广东省深圳市罗湖区深圳第二外国语学校高一下册5月期中数学试题【含答案】

这是一份2025~2026学年广东省深圳市罗湖区深圳第二外国语学校高一下册5月期中数学试题【含答案】，共9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。
第Ⅰ卷
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. 已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知向量，若与平行，则（ ）
A. 13B. C. 11D.
3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
5. 在中，角所对的边分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
7. 学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图．某小组得到了如图所示表面展开图，则在正方体中，、、、这四条线段所在的直线中，异面直线有（ ）
A. 对B. 对C. 对D. 对
8. 半径为定值的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高和球的半径之比为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ）
A. 若，则复数的充要条件是
B. 若复数满足，则
C.
D. 若，则
10. 如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 平面D.
11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ）
A. 点，与向量共线的单位向量为
B. 非零向量和满足，则与的夹角为
C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则
D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为
第Ⅱ卷
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为_______m.
13. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．
则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．
14. 如图，正三棱锥的底边长为2，. 一只小虫从点出发，沿三个侧面爬行一周，回到点. 则爬行的路径最短为________.
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. 已知复数，（是虚数单位）.
（1）若，求复数；
（2）若，求.
16. 已知为坐标原点，.点满足（为实数），.
（1）若，求向量；
（2）记（1）中与的夹角为，求；
（3）若，求的值.
17. 在中，角所对的边分别为，，，.
（1）求和三角形的面积；
（2）若为边上靠近的三等分点，求的长.
18. 如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明.
19. 已知为三边不等的锐角三角形，角所对的边分别为，为边上一点，平分，且.
（1）证明：；
（2）若，求长度的取值范围.
数学
考试时长：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷
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. 已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（ ）
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：
解答过程：由可得：，
所以复数z表示复平面的点为:，在第一象限.
2. 已知向量，若与平行，则（ ）
A. 13B. C. 11D.
答案：B
解析：
解答过程：已知向量，所以，
若与平行，则，解得：.
3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
解答过程：因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
4. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
答案：B
解析：
思路：由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果.
解答过程：如图：
设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即，
上底面半径，下底面半径，
圆台上下底面面积之差的绝对值为.
故选：B.
5. 在中，角所对的边分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：在中，由余弦定理可得：，
因为，所以，则.
6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
解答过程：设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
7. 学校手工课上同学们分组研究正方体的表面展开图．某小组得到了如图所示表面展开图，则在正方体中，、、、这四条线段所在的直线中，异面直线有（ ）
A. 对B. 对C. 对D. 对
答案：B
解析：
思路：作出正方体的图形，结合异面直线的定义判断可得出结论.
解答过程：作出正方体的图形如下图所示：
则与、与、与是异面直线，共对.
故选：B.
8. 半径为定值的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，圆柱的高和球的半径之比为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：设球的半径为，圆柱的高为，底面半径为，
可得：，
圆柱的侧面积为：，
当且仅当时取等，此时圆柱的侧面积最大，所以，
所以，所以圆柱的高和球的半径之比为.
二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，以下选项正确的是（ ）
A. 若，则复数的充要条件是
B. 若复数满足，则
C.
D. 若，则
答案：AC
解析：
解答过程：对于A，因为，且，所以A正确，
对于B，由可得，
当时，等式成立，但与不一定相等，故B错误；
对于C，因为对于， ，
则，
于是，故C正确；
对于D，设，则，
不满足，故D错误.
10. 如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 平面D.
答案：ACD
解析：
思路：由线面垂直的判定定理证得平面，可判断A；由异面直线的判定定理可判断B；现证，由线面平行的判定定理可判断C；连接，与交于点，可判断D.
解答过程：对于A，连接，由正方体的性质知：平面，
因为分别是，的中点，则,
故平面，因平面，故，故A正确；
对于B，因为平面，平面且,平面，
所以为异面直线，故B错误；
对于C，由A项得 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面，故C正确；
对于D，连接，因为，所以四边形是平行四边形，
所以与交于点，所以，故D正确.
11. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ）
A. 点，与向量共线的单位向量为
B. 非零向量和满足，则与的夹角为
C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则
D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为
答案：BD
解析：
思路：对于A，根据共线向量及单位向量的概念运算即得；对于B，利用向量夹角公式结合条件即得；对于C，由题可得即可判断；对于D，根据投影向量的概念结合条件即得.
解答过程：对于A，因为，且，所以与向量共线的单位向量为，故错误；
对于B，因为，所以，即，化简得，
所以，即，
又，
所以，
因为，所以，故正确；
对于C，由，，向量与的夹角为锐角，则，所以且，故错误；
对于D，因为，，
所以在上的投影向量的坐标为，故正确.
故选：BD.
第Ⅱ卷
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为_______m.
答案：
解析：
思路：在中由正弦定理可求得，进而即可求解树的高度.
解答过程：在中，，，，
，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以树的高度为.
故答案为：.
13. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．
则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．
答案：
解析：
思路：利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.
解答过程：设棱长为2，则
所以原正方体的体积为，
所以二十四等边体为，
所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．
故答案为：.
14. 如图，正三棱锥的底边长为2，. 一只小虫从点出发，沿三个侧面爬行一周，回到点. 则爬行的路径最短为________.
答案：
解析：
思路：根据正三棱锥的侧面展开图求得正确答案.
解答过程：正三棱锥的侧面展开图如下图所示，
因为为正三棱锥，所以，
依题意可知，所以三角形是等腰直角三角形，
在中，由余弦定理可得：，
所以，解得：，
所以.
所以最短路程为.
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. 已知复数，（是虚数单位）.
（1）若，求复数；
（2）若，求.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）由复数的乘、除法运算代入化简即可得出答案；
（2）由复数的乘、除法运算先求出，再由共轭复数的定义求出，最后由复数的模长公式求出.
（1）若，则，
所以，
所以.
（2）由可得，
则，
所以，.
16. 已知为坐标原点，.点满足（为实数），.
（1）若，求向量；
（2）记（1）中与的夹角为，求；
（3）若，求的值.
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）由向量的线性运算求解即得；
（2）由向量的夹角公式求解即得；
（3）由向量垂直的坐标公式求解即可.
（1）若，，，
整理得，
所以.
（2）,,,
,,
则.
（3），所以，
由解得，
即，
由可得，解得.
17. 在中，角所对的边分别为，，，.
（1）求和三角形的面积；
（2）若为边上靠近的三等分点，求的长.
答案：（1）；.
（2）解析：
思路：（1）先求出，由正弦定理求出，再由三角形的面积公式求解即可；
（2）由，两边同时平方代入求解即可得出答案.
（1）因为，，所以，
，
由正弦定理可得：，则，解得：.
三角形的面积.
（2）为边上靠近的三等分点，则，
所以，
所以，
，解得：.
18. 如图，在三棱柱中，P是上一动点，（），是上一点，是的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）若是的中点.试探究为何值时，直线平面？并给出你的证明.
答案：（1）证明见解析
（2）当时，直线平面.
解析：
思路：（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）过点作交于点，连接，证得，，由面面平行的判定定理证得平面平面，再由面面平行的性质定理证明即可.
（1）由三棱柱的性质可得：，
平面，平面，
所以平面.
（2）当时，直线平面，证明如下：
过点作交于点，连接，所以，
因为是的中点，所以为的中点，是的中点，
所以在中，，平面，平面，
所以平面，同理平面，，
平面，所以平面平面，
又平面，所以直线平面.
即当时，直线平面.
19. 已知为三边不等的锐角三角形，角所对的边分别为，为边上一点，平分，且.
（1）证明：；
（2）若，求长度的取值范围.
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）由正弦定理和两角和的正弦公式、二倍角公式化简结合，即可得出答案；
（2）由正弦定理表示出，再由角平分线定理求出，代入化简结合和的单调性，即可求出长度的取值范围.
（1）由正弦定理可得：，
则，
所以，因为，，
所以或，
若，又因为，所以，所以，
因为为三边不等的锐角三角形，所以.
所以.
因为平分，，所以.
（2）由，且，得，
因为为锐角三角形，所以，则，
解得：，
由正弦定理可得：，
所以，
又，
解得：
，
所以，
又因为平分，所以由角平分线定理可得：，
即，解得：，
所以，
因为，所以，，
所以，