2026年江苏苏州市高一下学期期末考试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高一数学试卷一、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．设为虚数单位，已知复数，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，且，则的值为A． B． C． D．3．已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，已知等腰的底边在轴上，，，按斜二测画法所得的直观图为，则的面积为（

）A． B． C． D．5．若平面平面，，，，，，则直线与不可能（

）A．相交 B．垂直 C．平行 D．异面6．已知，则（

）A． B． C． D．7．如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，过，，三点的平面交棱于点，设，则（

）A． B． C． D．8．已知梯形中，，，动点在边上（不含端点，），交于点，过作于点，若，则（

）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．设为虚数单位，已知复数，若，则（

）A． B． C． D．10．设是所在平面内一点，记（，），则（

）A．当，时，B．当，时，是线段的中点C．当，时，是的重心D．当时，的面积是面积的11．如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（

）A．B．不存在点，使得C．的最大值为D．与平面所成角的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．在复数范围内写出符合方程的一个解______．13．已知向量，满足在方向上的投影向量为，若，，则______．14．记的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为______．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．记的内角、、的对边分别为、、，已知．(1)求；(2)若，，求的周长．16．已知向量与的夹角为，，．(1)求和的值；(2)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．17．如图，已知四棱台的底面是平行四边形，，为的中点，为钝角三角形．(1)求证：平面；(2)若平面平面，，求证：平面．18．记的内角的对边分别为，已知．(1)当点D满足时．①若，，求；②若，求．(2)当时，判断的形状并证明．19．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折至．

(1)若二面角的余弦值等于，求三棱锥的体积；(2)若二面角的正切值的取值范围是，，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】.2．A【分析】根据题意，利用，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，因为，可得，解得.故选：A.3．C【详解】由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线，所以该圆锥的侧面积为.4．B【分析】先计算原等腰三角形的面积，再利用斜二测画法下直观图与原图形的面积比例关系求解.【详解】由题意得等腰的底边，腰，从而等腰底边的高，所以等腰的面积是，因为斜二测画法中，所以的面积为.5．C【分析】利用平面基本性质推导两直线平行时会与已知条件矛盾，进而判断不可能的位置关系.【详解】选项A：若直线与交线交于点，此时与相交，故相交是可能的，A不符合要求；选项B：如图直线，则，B不符合要求；

选项C：假设，根据平行直线共面的性质，与确定唯一平面，由于，，平面内过点有且仅有一条直线与平行，因此，可得，又，故，与题设矛盾，因此与不可能平行，C符合要求；选项D：令，且直线与相交，此时与既不平行也不相交，为异面直线，故异面是可能的，D不符合要求.6．D【分析】根据诱导公式结合二倍角公式即可求解.【详解】由题意得：.7．C【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，利用相似三角形的性质求解线段长度比.【详解】延长交的延长线于点，连接，如图所示.因为为的中点，且在正方体中，所以，所以.设正方体的棱长为1，则.因为为平面与棱的交点，且均在平面与平面的交线上，所以三点共线.在平面中，过点作于点，因为为的中点，所以为的中点，且，.因为，所以，所以，所以，所以.又，所以.因为，所以，解得.8．A【分析】利用向量的加法转化，从而得到，再利用共线向量转化为，最后利用数量积公式转化求解.【详解】,因为,所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为,所以.9．BD【分析】先求，进而求得，即可判断A，计算即可判断B，计算即可判断C，计算即可判断D.【详解】由题意得：，所以，解得，所以，故A错误，所以，所以，故B正确，由，故C错误，由，所以，故D正确.10．ACD【分析】根据平面向量基本定理的应用，结合向量线性运算、三角形重心性质、共线向量等知识点，逐一验证各选项即可求解.【详解】选项A，当时，可得，则，，得到，故A正确；选项B，当时，，则，即是线段的中点，不是是中点，故B错误；选项C，若是的重心，则，设的中点为，则，重心分中线为，因此,所以当时，是的重心，故C正确;选项D，由题意得与具有同底，则面积比等于对应高的比值，如图，作出符合题意的图形，以为原点建立平面直角坐标系，

设，，，，得到，，，因为，所以，解得，而的高为，的高为，则与的面积比为，当时，面积比为,即的面积是面积的，故D正确.11．ABC【分析】由线面平行的判定定理及性质定理可判断A；假设存在点，使得，由线面垂直的判定定理及性质推得矛盾可判断B正确；利用两角差的正切公式求出的最大值，从而得到的最大值，判断C；根据线面角的定义，利用等体积法，结合二次函数最值求法，求得与平面所成角的最大值，判断D.【详解】对于A，由正四棱柱的性质得∥，∥，因为平面，平面，所以∥平面.又平面，平面与平面交于直线，所以∥.所以∥.所以A正确.对于B，假设存在点，使得.过作∥，且分别交于点，则∥，.正四棱柱中，平面，所以平面，因为平面，所以.平面，所以平面，所以.矩形中，，所以，所以，所以，与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确.对于C，正四棱柱中，平面，所以.所以，，.因为，当且仅当时，等号成立,所以，所以当时，取得最大值.故C正确.对于D，因为∥，所以与平面所成角等于与平面所成角，记为.设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则.过作∥，且分别交于点，则，.所以，，，所以，所以.所以的面积为.又，由，得.因为，所以，所以，所以.所以.因为，所以与平面所成角的最大值小于.故D错误.12．（答案不唯一，也可填）【详解】依题意，，解得.13．【详解】因为.又，所以，所以，所以，所以.14．【分析】先通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换得到与的关系，再将面积公式结合正弦定理变形后代入计算即可.【详解】若，根据正弦定理，则，化简得，进而.又中，故，因此得三角形面积公式为，由正弦定理得，，所以.已知，，所以.15．(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理可得出的值，再结合角的取值范围可得出角的值；（2）由化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，可判断出是等腰直角三角形，再结合已知条件可得出、的值，由此可得出的周长.【详解】（1）由余弦定理可得，因为，故.（2）因为，整理可得，可得，因为，故.因为，所以，故是等腰直角三角形，因为，所以，，故的周长为.16．(1)，(2)【分析】（1）根据数量积的定义求，根据数量积的运算律求的值.（2）根据，且向量与不共线，列式求的取值范围.【详解】（1）由题意，因为，所以.（2）由，所以，解得.由.综上，当时，向量与的夹角为锐角.17．(1)由四棱台的结构可知，因为为的中点，，则，又四边形是平行四边形，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；(2)作，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，由棱台的性质可知，侧棱相交于一点，即共面，因为棱台的底面底面，底面平面，底面平面，所以，所以，又，所以，又平面，所以平面．【分析】（1）通过判断四边形为平行四边形，得到，即可求证；（2）作，垂足为，通过面面垂直的性质定理得到，再结合，即可求证.【详解】（1）略（2）略18．(1)①；②(2)直角三角形，由，可得，由余弦定理可得：，又，由余弦定理得：，两式联立可得：，平方得：，又，得，即，即，即，又，所以，即，所以，所以，故是直角三角形.【分析】（1）①通过，得到，再通过平方即可求解；②【详解】（1）①因为，即，即，两边平方得：，即，又，得，解得；②由，得，又，所以，可得：，在中，分别由正弦定理得：，两式相比得：，即，即，即，，又，所以；（2）略19．(1)(2)外接球表面积的取值范围为【分析】（1）已知二面角余弦值，可直接求出到底面的高，结合的面积，代入体积公式即可得到结果.（2）找到二面角的平面角，结合给定的正切范围推出的范围；再利用四点共球的性质，推导出外接球半径和的关系，代入角的范围即可得到球表面积的取值范围.【详解】（1）菱形边长