2025-2026学年山东泰安市新泰中学高一下册期中数学试题 含答案

/数学一､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，只有一个选项是符合题目要求的.）1.已知复数z满足，则（）A.2 B. C.1 D.2.在中，已知，，那么（）A.8 B. C.12 D.3.若，则的共轭复数的虚部为（）A.1 B. C. D.4.已知向量，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.5.如图，甲船从出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里.当甲船航行12分钟到达处时，乙船航行到甲船的南偏西方向的处，此时两船相距5海里，下面结论正确的是（）A.乙船的行驶速度与甲船相同B.乙船的行驶速度是海里/时C.甲､乙两船相遇时，甲船行驶了小时D.甲､乙两船可能相遇6.一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（）A. B.6 C. D.7.如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（）A. B.C. D.8.已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（）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.（多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（）A.，，三点共线 B.，，，四点共面C.，，，四点共面 D.，，，四点共面10.正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（）A.平面B.与所成的角为C.D.过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形11.已知扇形的半径为，，点在弧上运动，，则（）A.当位于点时，的值最小 B.的值最大为C.的取值范围为 D.的取值范围为三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题：①若，则或；②若，则；③若，且，则；④若与和所成的角相等，则；其中，所有真命题的编号是____________．13.已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为_______.14.如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.四､解答题15.已知复数是关于的方程的一个根，其中．（1）求的值；（2）若复数满足，求的最小值．16.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.17.在正方体中，分别为的中点，，，如图.（1）求证：四点共面；（2）作出直线与平面的交点的位置.并给出理由.18.如图，在梯形中，，，E为上一点，且．（1）若，求的值；（2）已知．①求的长；②若，设P是线段上的一个动点（含端点），求的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.（1）若平面交于点，求证：；（2）求证：平面；（3）判断直线与平面所成角的大小是否可以为？并说明理由.

数学一､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，只有一个选项是符合题目要求的.）1.已知复数z满足，则（）A.2 B. C.1 D.答案：B解析：解答过程：因为，所以2.在中，已知，，那么（）A.8 B. C.12 D.答案：D解析：解答过程：由题意可得，，所以是等腰直角三角形，所以，所以.3.若，则的共轭复数的虚部为（）A.1 B. C. D.答案：B解析：思路：利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．解答过程：由

，则，故，又的共轭复数是，故的共轭复数的虚部为.4.已知向量，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：向量在上的投影向量为.5.如图，甲船从出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西方向的处，此时两船相距海里.当甲船航行12分钟到达处时，乙船航行到甲船的南偏西方向的处，此时两船相距5海里，下面结论正确的是（）A.乙船的行驶速度与甲船相同B.乙船的行驶速度是海里/时C.甲､乙两船相遇时，甲船行驶了小时D.甲､乙两船可能相遇答案：A解析：思路：先利用余弦定理求出乙船12分钟的航行距离得到乙船速度，再建立方程判断是否存在时间使两船相遇，从而得到正确结论.解答过程：甲船速度海里/时，航行分钟小时，因此A1A2=25×由题意海里，∠A1因此△A1A2B在南偏西75∘，因此∠B1A在△B1A=5解得海里，乙船速度v=5建立坐标系：设，正北为轴正方向，正东为轴正方向，设小时后甲、乙两船于处相遇，则C0,25t，乙船起点B1则A1由前分析知两船速度相同，则A1C→即625t整理得50+1253因为方程无正根，所以两船不会相遇，故C、D错误.6.一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（）A. B.6 C. D.答案：D解析：思路：结合图形可得，求出四边形面积后可得四边形的面积.解答过程：设轴与交点为D，因为轴，轴，所以，因为轴，所以四边形为平行四边形，故,又,轴，得,故．所以四边形面积为,因为四边形面积是四边形的面积的，所以四边形的面积为．7.如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（）A. B.C. D.答案：D解析：解答过程：对于A，由共线，存在使，由共线，存在使，联立系数相等：，解得：，，因此：，故选项A错误；对于B，，若，则：​，显然系数不相等，选项B错误；对于C，由于，且在上，故设，则，结合，得：，解得，选项C错误；对于D，由，所以，故选项D正确.8.已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值.解答过程：由及余弦定理得，由两边平方得：即

，整理得：

​，解得，当且仅当时取等号，又因为，所以三角形面积最大值为.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.（多选）如图，在正方体中，是的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（）A.，，三点共线 B.，，，四点共面C.，，，四点共面 D.，，，四点共面答案：AB解析：思路：利用平面的基本性质，通过寻找两个平面的公共点来确定交线，从而判断点共线或共面，再结合异面直线的判定方法分析其他选项.解答过程：因为，平面，所以平面．因为，平面，所以平面，所以是平面和平面的公共点．同理可得，点和都是平面和平面的公共点，所以，，三点在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得与为异面直线，故，，，四点不共面，故D不正确．故选：AB．10.正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（）A.平面B.与所成的角为C.D.过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形答案：AC解析：思路：对于Ａ，易得，再根据线面平行的判定即可判断；对于B，根据异面直线所成角的概念求解即可；对于C，由，结合三棱锥体积公式计算即可判断；对于D，取的中点，连接，，易证四点共面，即过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，接着即可判断．解答过程：对于A，如图，在正方体中，，

所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，因为，所以或其补角为与所成的角，连接，易知为等边三角形，所以，故B错误；对于C，，由正方体性质可知三棱锥的高为，则，故C正确；对于D，取的中点，连接，，因为，，所以，则四点共面，所以过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，又，所以四边形为平行四边形，易知，，所以平行四边形不是正方形，故D错误．故选：AC．11.已知扇形的半径为，，点在弧上运动，，则（）A.当位于点时，的值最小 B.的值最大为C.的取值范围为 D.的取值范围为答案：ABD解析：思路：建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解．解答过程：以为原点，所在直线为轴，建立如图平面直角坐标系.则，.设，则，且.由，所以，所以，.因为，所以，.当或，即或时，取得最小值，此时点与或重合；当，即时，取得最大值，此时点为的中点.故AB正确；对C：，，所以，因为，所以，故C错误；对D：，，所以，因为，所以，所以，故D正确.三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设为两个平面，m、n为两条直线，且．下述四个命题：①若，则或；②若，则；③若，且，则；④若与和所成的角相等，则；其中，所有真命题的编号是____________．答案：①③解析：思路：根据空间中直线与平面的位置关系逐项判断即可得结论.解答过程：对①，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；对②，若，则与不一定垂直，故②错误；对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，故③正确；对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误.13.已知在圆锥SO中，底面圆O的直径，圆锥SO的体积为，点M在母线SB上，且，一只蚂蚁若从A点出发，沿圆锥侧面爬行到达M点，则它爬行的最短距离为_______.答案：解析：思路：先根据体积公式得出，将圆锥沿母线展开，结合圆心角的大小，利用余弦定理求解即可.解答过程：设圆锥的母线长为，底面的半径为，圆锥SO的体积为，解得.由勾股定理，可得母线，如图，圆锥的侧面展开图为扇形，在该扇形展开图中的计算如下，因为扇形的弧长为，所以扇形的圆心角，则，在中，由余弦定理可得，所以，因为，所以蚂蚁爬行的最短距离为的长度，即蚂蚁爬行的最短距离为.14.如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面.答案：1或2##2或1解析：思路：由已知判断平面，然后说明，设，通过勾股定理可求出.解答过程：由已知得平面，又平面，所以，若CF⊥平面，则必有，设，则，，，所以由得，解得或2，所以当或2时，CF⊥平面.故1或2.四､解答题15.已知复数是关于的方程的一个根，其中．（1）求的值；（2）若复数满足，求的最小值．答案：（1），（2）解析：思路：（1）由实系数方程的虚根成对的特点与韦达定理计算即得；（2）根据复数的几何意义利用（1）的结论数形结合计算即可.（1）由实系数方程的虚根成对的特点，可知方程的另一根为，由韦达定理，.（2）因复数满足，则复数对应的点表示以为圆心、为半径的圆，而，在复平面内表示点，而表示点与点的距离，因点与圆心的距离为，故16.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.答案：（1）（2）选条件②或③，存在，周长为.解析：思路：（1）利用正弦定理将边化角，结合三角形内角和性质消元，再用二倍角公式化简，约去非零的，直接求得的值；（2）①将已知条件代入余弦定理构建关于的一元二次方程，通过判别式判断方程无实根，从而说明三角形不存在；②先由同角三角函数关系求出、，再用正弦定理求边，最后代入余弦定理构建关于的方程，求解并舍去负根后计算三角形周长；③先用三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理得到a2+c2的值，通过完全平方公式求出，最终计算三角形周长.（1）因为，c⋅sin由正弦定理得sinCsin2所以sinCsin2所以sin2B=23所以.（2）若选条件①.因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得b2=a整理得3a因为Δ=−202−4×3×228=−2336<0，方程无解，所以若选条件②：cosA因为，由（1）可知，所以.同理cosA=6所以在中，由正弦定理，得a=26再由余弦定理b2=a即c2−2c−15=0，解得所以三角形的周长a+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S=12再由余弦定理b2=a2+所以a+c2所以周长.17.在正方体中，分别为的中点，，，如图.（1）求证：四点共面；（2）作出直线与平面的交点的位置.并给出理由.答案：（1）证明见解析（2）与的交点R就是所求的交点，理由见解析解析：思路：（1）通过证明直线与、分别相交于同一点，得出与相交，从而证明四点共面；（2）先确定平面与平面的交线为，再根据在平面内，得出与平面的交点即为与的交点.（1）如图，和在同一个平面内且不平行，故必相交，设交点为O，因为F为的中点，所以且，则；同理直线与也相交，设交点为，则，故与O重合.由此可证得，故D，B，F，E四点共面.（2）设平面为.由于，所以A1,A,C,因为，，所以.又，，所以，所以.同理可证得，从而有.连接，交于点R，因为，所以与平面的交点就是与的交点.所以与的交点R就是所求的交点.18.如图，在梯形中，，，E为上