江苏无锡市第三高级中学2025-2026学年第二学期高一数学期中试题 含答案

/2025-2026学年第二学期高一数学期中试卷2026.4一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.复数的虚部为（）A.6 B. C.8 D.【正确答案】C【分析】先根据复数的乘法运算计算出复数，然后根据虚部的定义得出结果.【详解】z=22.在空间中，若直线平面，直线平面，则与（）A.相交B.平行C.是异面直线D.可能平行，也可能是异面直线【正确答案】D【详解】由题意，在空间中，直线与没有公共点，即与不相交，则与可能平行，也可能是异面直线.3.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则角C为（）A. B. C.或 D.或【正确答案】A【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，结合，得到，即可求解.【详解】因为，，，由正弦定理，可得，因为，可得，所以.4.若球的表面积为16π，则与球心距离为的平面截球所得的圆的面积为（）A.4π B.π C.2π D.π【正确答案】D【分析】设球的半径为，求出的值，再求出截面圆的半径即得解.【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，所以，解之得；因为截面与球心距离为；所以截面圆的半径；可得截面圆面积为.故选：D本题主要考查球的截面圆的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5.如图，三棱锥中，为的重心，是的中点，则（）A. B.C. D.【正确答案】D【详解】因为为的重心，所以，又是的中点，所以.所以.6.已知平面向量，，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】先算出，再利用投影向量的计算公式和向量坐标的数量积，数乘运算即可求出答案.【详解】因为，，所以，则.故选：C.7.如图，正方形的边长为1，它是按“斜二测画法”得到的一个水平放置的平面图形的直观图，则它的原图形的周长是（）A.4 B.6 C. D.8【正确答案】D【分析】将直观图还原为平面图形是平行四边形，然后计算．【详解】将直观图还原为平面图形，如图所示.＝，，所以，所以原图形的周长为8cm，故选：D.8.矗立在曲靖一中北门广场中央的水滴形不锈钢雕塑（如图1），以灵动舒展的造型承载着学校“润泽教育”的核心理念与“知行合一、止于至善”的校训精神，曲靖一中某数学兴趣小组成员为测量水滴形不锈钢雕塑的高度，在与雕塑底O位于同一水平面上共线的A，B，C三处进行测量（如图2）．已知在A处测得雕塑顶端P的仰角为30°，在B处测得雕塑顶端P的仰角为45°，在C处测得雕塑顶端P的仰角为60°，BC＝6米，AB＝3米，则水滴形不锈钢雕塑的高度OP＝（）A.m B.m C.m D.m【正确答案】C【详解】设OP＝h，依题意，，，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，可得：，解得.二、多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知i为虚数单位，下列命题中正确的是（）A.是纯虚数B.若复数，则，C.若，则D.若，则的最大值为【正确答案】ABD【详解】对于A，因为，故，所以，符合纯虚数(实部为，虚部不为的复数)的定义，所以是纯虚数，故A正确；对于B，因为复数能比大小的充要条件是两数均为实数，若复数，所以，必为实数，故B正确；对于C，当，时，，但，，与矛盾，故C错误；对于D，z−2i+3=z−(−3+2i)=2，表示复平面上以点为圆心，半径为10.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中，正确的命题是（）A.若，则为钝角三角形B.当，，时，满足条件的三角形共有1个C.若，则这个三角形的最大角是D.若，，，动点D在所在平面内且，则动点D的轨迹的长度为【正确答案】AD【分析】利用三角函数的基本关系式和正弦定理，得到，求得，可判定A正确；利用正弦定理，求得，可判定B错误；设，利用余弦定理，求得，可判定C错误；根据圆周角定理，可得点的轨迹是以为弦，圆周角为的圆弧，结合弧长公式，可判定D正确.【详解】对于A，由，可得，又由正弦定理得，则，所以为钝角，所以为钝角三角形，所以A正确；对于B，若，，，由正弦定理得，因为正弦函数的值域为，所以不存在，所以B错误；对于C，若，由正弦定理得，设，其中，又由余弦定理得，因为，所以，即的最大角为，所以C错误；对于D，在中，因为，，，由余弦定理得，可得，可得，解得或（舍去），因为，且，可得的轨迹是以为弦的一段弧，如图所示，可得，可得弧所对的圆心角为，此时的弧长为；同理，当点在外部时，对应的弧长也是，综上可得D的轨迹的长度为，所以D正确.11.如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（）A.圆锥的侧面积为B.三棱锥体积的最大值为C.的取值范围是D.若，为线段上的动点，则的最小值为【正确答案】BCD【分析】利用条件求出圆锥的母线长和底面半径，对于A，根据圆锥侧面积公式求结论即可判断，对于B，先求的面积的最大值，结合体积公式求体积最大值即可判断，对于C，先求，确定的范围，再根据等腰三角形性质和内角和公式求的范围即可判断，对于D，将以为轴旋转到与共面的位置，结合平面几何知识求结论即可判断.【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，对于A，圆锥的侧面积为：，A错误；对于B，当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：，B正确；对于C，是等腰三角形，，又因为，则，依题意，，而，因此，C正确；对于D，由，，得，有为等腰三角形，将以为轴旋转到与共面的位置，得到为等腰三角形，，，，于是，所以，D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.12.圆台的母线长为6，两底面半径分别为2，7，则圆台的侧面面积是______．【正确答案】【分析】利用圆台的侧面积公式即可求解.【详解】圆台的上底面半径，下底面半径，母线长，则圆台的侧面面积．故13.已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为____________.【正确答案】【分析】由题意列出关于的不等式组即可求解.【详解】由题可知且与不共线，即，得.故答案为.14.在中，,点是线段上的动点，则的最小值为__________；当取得最小值时,__________.【正确答案】①.②.【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，确定两点坐标，设设，用坐标法求得数量积，结合函数性质得最小值，并由数量积的坐标表示求得，然后由平方关系得正弦值．【详解】以为坐标原点，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，又中，，从而，所以，即，设，则，所以时，取得最小值，此时，则，，又，所以，故；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，（为虚数单位）.（1）当时，求；（2）若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围.【正确答案】（1）（2）【小问1详解】当时，，故，所以.【小问2详解】因为复数在复平面内对应的点位于第三象限，所以m2−m所以的取值范围为.16.已知向量，.（1）若，求；（2）若向量，，求与夹角的余弦值.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论；（2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论.【小问1详解】因为，所以，所以，又，，所以，所以，所以，所以，即；【小问2详解】因为，，，所以，又，所以，所以，所以，所以，，，设与夹角为，所以，所以与夹角的余弦值为.17.如图，在正方体中，M，N分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）若在棱上有一点P，满足平面，请你求出的值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）要证明线面平行，则需要证明线线平行即可得到线面平行.（2）在线段上取一点，使得为靠近的四分之一处的点，根据线面平行的判定证明即可.【小问1详解】因为分别是，的中点，所以.因为平面，而不在平面内，所以平面.【小问2详解】设交于点，在线段上取一点，使得为靠近的四分之一处的点.连接PQ,BD',所以PQ//BD'，又平面，而不在平面内，所以BD'//平面，符合题意，此时18.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，.（1）求A；（2）若，的面积为，求b，c；（3）若，求的取值范围.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）先根据正弦定理化简等式，然后根据和差的正弦公式求解即可.（2）先利用三角形面积求出，然后利用余弦定理得到，最后联立方程组求出结果.（3）根据余弦定理列出等式，然后根据基本不等式的性质求出范围即可.【小问1详解】根据正弦定理得.因为，所以，所以等式变为，化简得3sinA−cosA即，所以，所以，即.【小问2详解】因为的面积为，所以，所以①.根据余弦定理得②，联立①②得.【小问3详解】根据余弦定理可得，代入数据得b+c即bc=b+所以b+c23−1≤又，所以的取值范围为.19.如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，，分别是与x轴、y轴同方向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做在斜坐标系中的斜坐标.（1）设，若，，，，求m的值；（2）若，，，求在上的投影的“斜坐标”；（3）若，，，若，求的取值范围.【正确答案】（1）5（2）（3）【分析】（1）由，向量数量积为0，结合坐标新定义列出等式求解即可；（2）