2025~2026学年广东省广州十三中学高一下册期中考试数学试题 含答案

/广东省广州十三中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题一、选择题：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.已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（）A.2 B.－2 C. D.4【正确答案】A【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值．【详解】解：由是纯虚数，得，解得．故选：A.2.空间中有三个平面与三条直线，则下列说法一定正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】D【分析】根据直线与直线、平面与平面、直线与平面之间的位置关系，只有D选项正确.【详解】A选项，直线可能平行、垂直或者异面，A错误；B选项，平面的位置关系不确定，如空间直角坐标系中三个平面两两垂直，此时，B错误；C选项，平交或平行，C错误；D选项，根据垂直于同一平面的两条直线平行，得到，D正确；故选：D.3.已知向量，则向量与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【正确答案】A【详解】易知向量，显然，所以.4.已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（）A. B. C. D.【正确答案】D【详解】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.5.如图，利用斜二测画法画出的四边形的直观图为等腰梯形，已知，，则的长为（）A.6 B. C. D.【正确答案】C【分析】根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可.【详解】如图1，根据斜二测画法的性质可得，作，垂足为，作，垂足为，则和是两个全等的等腰直角三角形，从而，故．画出原四边形，如图2，则，且，故．故选：C.6.中国南北朝时期数学家､天文学家祖冲之､祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（）A.24 B. C. D.【正确答案】D【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，则，，，故.故选：D7.如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（）A. B. C.2 D.【正确答案】B【详解】由题意得，，又，则由平面向量基本定理可知，，得，则.8.在锐角三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由已知及正弦定理、三角恒等变换得，再根据三角形内角性质得到、，进而有，最后由正弦定理、诱导公式、三角恒等变换化简，结合余弦函数的性质求范围.【详解】由已知及正弦定理，得，因为，所以，所以，因为，，所以，所以，故，则，因为是锐角三角形，所以，解得，所以，由正弦定理，得，因为，所以．故选：A二、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.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（）A.若，则B.C.若，则是锐角三角形D.若，则是钝角三角形【正确答案】ABD【详解】选项A：因为在三角形中大角对大边，所以在中，当时，则，故A正确；选项B：由，根据诱导公式可得，因此，故B正确；选项C：若，由余弦定理得，仅能说明角为锐角，无法保证均为锐角，不能判定是锐角三角形，故C错误；选项D：若，由余弦定理得，说明角为钝角，则是钝角三角形，故D正确.10.已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（）A.B.复数的虚部为C.若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为D.若复数是关于的方程的一个根，则【正确答案】ABCD【详解】选项A：由模长公式，代入得，A正确；选项B：，复数的虚部为的系数，即，B正确；选项C：向量对应的复数等于对应的复数减去对应的复数，即，C正确；选项D：实系数一元二次方程的虚根成对出现，故另一根为，由韦达定理得，，解得，故，D正确.11.设点是边长为2的正方形内部及边界上的动点，则的取值可能为（）A. B. C. D.4【正确答案】BCD【详解】以为原点，分别为轴建立直角坐标系，则，设，，所以，又，当时取得最小值为，因为，所以，当时取得最大值为，则的取值范围为，选项BCD符合.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．12.复数满足，则______．【正确答案】【分析】由共轭复数的概念结合复数的除法运算即可求解.【详解】，则13.如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，，则塔高________．【正确答案】【详解】已知，，，则，由正弦定理得，则，，已知，，，故．14.三棱锥底面边长均为3，侧棱，且平面，则该三棱锥外接球的体积为________.【正确答案】##【分析】将三棱锥转化为正三棱柱，根据题意结合正三棱柱的性质求外接球的半径，进而可求外接球的体积.【详解】将三棱锥转化为正三棱柱，可知三棱锥的外接球即为正三棱柱的外接球，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，，则，因为，解得，所以该三棱锥外接球的半径长为2，所以该三棱锥外接球的体积.故四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知，是非零向量，，且，．（1）求；（2）求．【正确答案】（1）（2）【小问1详解】因为，则，又，所以，得到.【小问2详解】由（1）知，又，，则，所以.16.如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长．（1）这种“浮球”的体积是多少？（结果保留）（2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（结果保留）【正确答案】（1）（2）【分析】（1）分别求出两个半球的体积和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积；（2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解.【小问1详解】该半球的直径为，所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径，所以两个半球的体积之和为，，该“浮球”的体积是.【小问2详解】上下两个半球的表面积是，而“浮球”的圆柱筒侧面积为，所以1个“浮球”的表面积为，因此，2500个“浮球”表面积的和为，因为每平方米需要涂胶100克，所以总共需要胶的质量为：克.17.如图，在长方体中，，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）求直线与平面所成角的正切值.【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）利用中位线证明线线平行，即可证明线面平行；（2）利用平行线转化异面直线所成角，结合等边三角形的性质可求角的大小；（3）利用长方体的性质可得到线面所成的角，在直角三角形中求正切值即可.【小问1详解】设，连接，因为点为棱的中点，为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）得，，所以为异面直线与所成的角或其补角，由题意得，，所以，故三角形是等边三角形，因为，所以，所以异面直线与所成的角为.【小问3详解】连接，因为平面，平面，所以，为直线与平面所成的角.由题意得，，所以，即直线与平面所成的角的正切值为.18.在中，，．（1）求，（2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的周长．条件①：；条件②：；条件③：的面积为注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【正确答案】（1）（2）选条件②或③，存在，周长为.【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得；（2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长.【小问1详解】因为，，所以，由正弦定理得，而三角形中有，所以，再由二倍角公式得，且，所以.【小问2详解】若选条件①.因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：，即，得，，方程无解，所以a边不存在，故不存在.若选条件②.因为，由（1）可知，所以.同理，得，所以在中由正弦定理，得，再由余弦定理，得，即，解得或（舍去）.所以三角形的周长.若选条件③：的面积为.因为，由（1）可知，所以,由三角形面积公式，得.再由余弦定理，得，即.所以，所以.所以三角形的周长.19.如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积；（3）求平面和平面夹角的余弦值．【正确答案】（1）证明见详解（2）（3）【分析】（1）根据题意可证平面，进而可得，利用勾股定理可得，即可得