2025-2026学年山东青岛西海岸新区高一下册期中学业水平检测数学试题 含答案

/数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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.用斜二测画法画一个边长为的正方形的直观图，则此直观图的面积为（）A. B. C. D.2.已知向量的夹角为，，，则（）A. B. C. D.3.已知是关于的方程的一个根，则实数的和为（）A. B. C. D.4.已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形5.已知向量在上的投影向量为，且，则（）A. B. C. D.6.已知等腰直角三角形底边长是，该三角形绕其底边旋转一周得到一个旋转体，用垂直于底边的平面去截此旋转体，则所得截面面积最大值为（）A. B. C. D.7.印度数学家婆罗摩笈多对凸四边形进行研究时，总结出如下结论：“若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大”．在凸四边形中，若，，则四边形面积取得最大值时角的大小为（）A. B. C. D.8.在中，为边上靠近点的三等分点，为边上一点，若，则的值为（）A. B. C. D.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.用一个平面去截一个正三棱锥，得到的截面图形可能是（）A.等腰三角形 B.等腰梯形C.平行四边形 D.五边形10.已知向量，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若夹角为钝角，则11.如图，是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（）A. B.C. D.与夹角的余弦值为三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.在复数范围内可将多项式分解成一次因式的积，请尝试分解：_________．13.一条东西方向的河流两岸平行，河宽，水流的速度为向东，一艘游船从南岸码头出发航行到河对岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，方向为北偏西，则游船到达对岸的时间为________．14.已知分别为三个内角的对边，，则的取值范围为__________．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．（1）求；（2）若复数是纯虚数，且满足，求在复平面内对应点的坐标．16.已知分别为三个内角的对边，且．（1）求；（2）若，求面积的最大值．17.如图，在直角梯形中，，，，为上一点，且．（1）若，求的值；（2）若是上一点，求的最小值．18.已知分别为三个内角的对边，设．（1）若，，，求；（2）证明：；（3）若，，求的值．19.已知正边形的顶点在单位圆上.记.（1）若，为圆上任意一点，判断的值与的位置是否有关？并说明理由；（2）证明：；（3）若点满足，求的值.

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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.用斜二测画法画一个边长为的正方形的直观图，则此直观图的面积为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：画出直观图，求出底和高，进而求出面积.解答过程：如图，，，过点作轴于点,则,所以直观图是底为、高为的平行四边形，所以面积为.2.已知向量的夹角为，，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：借助模长与数量积的关系计算即可得.解答过程.3.已知是关于的方程的一个根，则实数的和为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：借助复数性质计算可解出、，即可得解.解答过程：由题意可得，则，即，故，解得，故.4.已知分别为三个内角的对边，若，则的形状为（）A.直角三角形 B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等边三角形答案：A解析：思路：借助正弦定理、三角形内角和、诱导公式及两角和的正弦公式计算即可得.解答过程：由正弦定理将边化为角可得，又，故，故，由，故，则，故，即的形状为直角三角形.5.已知向量在上的投影向量为，且，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：借助投影向量定义计算即可得.解答过程：由题意可得，故，即.6.已知等腰直角三角形底边长是，该三角形绕其底边旋转一周得到一个旋转体，用垂直于底边的平面去截此旋转体，则所得截面面积最大值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：得到旋转体后，可得截面为以为直径的圆时，截面面积最大，计算即可得.解答过程：该三角形绕底边旋转一周，得到的旋转体是两个底面重合的全等圆锥，如下图，易得截面为以为直径的圆时，截面面积最大，即截面面积最大值为.7.印度数学家婆罗摩笈多对凸四边形进行研究时，总结出如下结论：“若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大”．在凸四边形中，若，，则四边形面积取得最大值时角的大小为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：四边形面积最大时，四个顶点共圆，因此对角互补，连接对角线，将四边形拆分为两个三角形，分别用余弦定理表示出建立等式，求解.解答过程：根据题意，四边形面积最大时，四个顶点共圆，因此对角互补，即，故，连接对角线，在和中分别对用余弦定理：在中，,在中，,，联立上式得，解得，即，因为是凸四边形内角，，故.8.在中，为边上靠近点的三等分点，为边上一点，若，则的值为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据平面向量的基本定理和线性运算即可求解.解答过程：依题意，，整理得①，设，则②，将①代入②得：，即，得：，化简得：，对比，得，因此.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.用一个平面去截一个正三棱锥，得到的截面图形可能是（）A.等腰三角形 B.等腰梯形C.平行四边形 D.五边形答案：ABC解析：思路：举出符合题意的截面图形的例子即可得.解答过程：对A：如下图：截面与三条侧棱相交，其中，为线段上任意一点（不与端点重合），此时有，即截面是等腰三角形；对B：如下图：截面中，、，且与不平行，此时，且与不平行，即截面四边形是等腰梯形；对C：如下图：截面中，，此时、，截面四边形是平行四边形；对D：由正三棱锥只有四个面，不可能交出五边形.故A、B、C正确，D错误.10.已知向量，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若夹角为钝角，则答案：BC解析：思路：对A：借助模长公式计算即可得；对B：借助向量平行性质计算即可得；对C：借助垂直于数量积关系计算即可得；对D：由题意可得且、不共线，计算即可得解.解答过程：对A：，解得，故A错误；对B：由，则，解得，故B正确；对C：由，则，解得，故C正确；对D：若夹角为钝角，则且、不共线，即有且，解得且，故D错误.11.如图，是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（）A. B.C. D.与夹角的余弦值为答案：ACD解析：思路：借助正弦定理计算可得A；借助模长公式计算可得B；借助平面向量线性运算法则计算可得C；利用平面向量夹角公式与模长与数量积关系计算即可得D.解答过程：对A：由正弦定理可得，故，故，故A正确；对B：由为等边三角形，则，又，则，故B错误；对C：，故，即有，故C正确；对D：，由C得，则，，故D正确.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.在复数范围内可将多项式分解成一次因式的积，请尝试分解：_________．答案：解析：思路：利用，结合平方差公式即可得解.解答过程.13.一条东西方向的河流两岸平行，河宽，水流的速度为向东，一艘游船从南岸码头出发航行到河对岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，方向为北偏西，则游船到达对岸的时间为________．答案：解析：思路：计算出游船垂直河岸方向（正北方向）的分速度后，结合河宽即可得所需时间.解答过程：游船垂直河岸方向（正北方向）的分速度为，则游船到达对岸的时间为.14.已知分别为三个内角的对边，，则的取值范围为__________．答案：解析：思路：借助正弦定理及两角和与差的正弦公式可得，则可将用表示，结合二倍角公式可得，即可结合的范围与对勾函数性质计算即可得解.解答过程：由正弦定理将边化为角可得，又，则，即，故或，即或（舍去），则，则，由，故，则，由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，则，又时，，时，，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．（1）求；（2）若复数是纯虚数，且满足，求在复平面内对应点的坐标．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用复数运算法则计算可求出，再利用共轭复数定义即可得；（2）可设，结合模长公式计算可求出，再利用复数几何意义即可得.（1），则；（2）因为复数是纯虚数，可设，则，得，则，解得或（舍去），所以，故在复平面对应的点的坐标为.16.已知分别为三个内角的对边，且．（1）求；（2）若，求面积的最大值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）借助正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式化简并计算即可得；（2）借助余弦定理、面积公式与基本不等式计算即可得.（1）因为，由正弦定理得，即，所以，，因为，所以，因为，所以；（2），由余弦定理得，化简得，又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即，所以，故的面积最大值为.17.如图，在直角梯形中，，，，为上一点，且．（1）若，求的值；（2）若是上一点，求的最小值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）建立适当平面直角坐标系后，可表示出各点坐标，再表示出各向量计算即可得；（2）设，表示出两向量后利用数量积公式计算即可得.（1）以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系如图所示：则，，，，，，，，则，又因为，所以，解得，，则；（2）设，则，，所以，函数的对称轴为，所以时，的最小值为.18.已知分别为三个内角的对边，设．（1）若，，，求；（2）证明：；（3）若，，求的值．答案：（1）或（2）证明见解析（3）解析：思路：（1）借助正弦定理计算即可得；（2）利用两角和与差的正弦公式化简后，利用正弦定理计算即可得证；（3）法一：利用两角和与差的正弦公式化简可得，结合（2）中所得可求出，即可得解；法二：令代替，借助诱导公式计算可得，结合（2）中所得可求出，即可得解.（1）因为，，，由正弦定理得，即，所以，因为，所以或，当时，，当时，，所以或；（2），由正弦定理，所以，则，所以；（3）法一：，由（2）可得，由（2）知，所以，因为，所以，所以.法二：由（2），对任意都成立，令代替，，则，化简得，，由（2）知，所以，因为，所以，所以.19.已知正边形的顶点在单位圆上.记.（1）若，为圆上任意一点，判断的值与的位置是否有关？并说明理由；（2）证明：；（3）若点满足，求的值.答案：（1）与的位置无关，理由见解析（2）证明见解析（3）解析：思路：（1）根据平面向量的线性运算及数量积的运算律可得，结合正三角形