山东青岛某中学分校2025-2026学年第二学期期中教学质量检测高一数学试题（解析卷）

青岛二中分校2025.2026学年度第二学期期中教学质量检测

高一数学试题

考试时间：120分钟满分：150分

一、单选题(每题5分，共40分)

1.已知复数z二3±,则Z的虚部为()

1-1

A.-1B.2C.1D.2i

【答案】B

【解析】

3+i++i)3+4i4-i2

【详解】八.2-］十方，则z的虚部为2.

1-1।1-1

2.已知M(-2,7),N(l(),-2),点p是线段MN上的点，而西,则P点的坐标()

2

A.(2,4)B.(-14J6)C.^2,|jD.(22,-11)

【答案】A

【脩析】

【分析】根据向量的坐标运算可求P的坐标.

【详解】设洋(乐＞),则标=(4+2,丁一7),丽=(10—x,—2—y).

_,1_X+2=|(10-A)

因为MP=—PN,故彳:解得故尸(2,4).

2I:/2—)，)

故选:A.

3.在△ABC中，己知5=30：/==遥，则。=()

A.120°B.30°或150°C,60°D.60或120

【答案】D

【解析】

cb

【详解】由正弦定理「二二二一

sinCsin8

叫g罕二[7子1等

又c>b,所以。>8

所以。=60或120.

4.已知向量2=(1—46)，S=(2,A),若他+方)_1_,一5),则己在/；方向上的投影向量的坐标是

A.(-1,0)B.(1,0)C.(1,1)D.(1,-1)

【答案】B

【解析】

【详解】因为(a+5)_L("5),所以伍+孙("5)=0,

解得同2T6|2=o,即时=|同，

因为互=(1_46),方=(2,4),

所以同二,1—4)2+(可=，储-24+4，忸卜x/22+Z2=V4+A2,

所以户二不二“7下，解得-24=0，2=0,

当4=0时，口=(1-0,6)=(1,6),B=(2,0),

a-5=1x24->/3x0=2»Ib\~=22+02=4,

5.已知向量25满足同=中-2@=26刀•他-2万)=0,则忖=()

A.2B.25AC.4D.35/2

【答案】C

【解析】

【详解】由题设有户+仞2-4小5=12,小5-2*=0,

故7-4鼠6=8,小6=2,故/二=16，即万=4.

6.如图，&ABC中，点。是线段BC的中点，E是线段4D的靠近A的三等分点，则而=（）

5—1一5一1一5一1一3一I一

A.—ABH—ACB.--AB+-ACC.--AB+-ACD.—AB4—AC

66666356

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量线性运算先利用月友人3表示而，再表示赤，再根据丽=而_通求结论.

【详解】因为。是BC的中点，所以

而二通+丽二南+g型=病（正一碉=g（而+时，

因为E是AO的靠近A的三等分点，所以AE=!AZ5=‘X'（A有+4C）='A8+』AC；

332、>66

所以荏=荏一通而—而二-3而十,正.

\66）66

,B

7.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为。，b,c,且a-csinA=2asin---bcosA,则△ABC

2

一定是（）

A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.等边三角形D.直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】根据二倍角公式以及正范定理化简求解即可.

[详解】«-csinA=2asin2—­bcosA=2ax--cos^-bcosA,化简得csinA=acosB+〃cosA.

22

根据正弦定理得,sinC-sinA=sinAcosB+sinBcosA=sin（A+8）.

因为在△入6c中A+5=兀一C,进而sinCsinA=sin（A+6）=sin（兀-C）=sinC,故

sinCsinA=sinC.

因为Cw（O,兀）,Aw（O,兀），所以sinCwO,进而sinA=l,解得A=].

所以△ABC为直角三角形.

8.如图，在正四面体力BCD中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体A8C。的内切球，小球

与大球及正四而体二个而均相切,若正四面体4BCO的体积为,则5个球的表面积之和为（）

A

C

A.57tB.6兀C.77rD.8兀

【答案】D

【解析】

【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、小内切于正四面体的高，求出

对应的球半径及表面积即可.

【详解】在正四面体A-4CO中，设棱长为a，高为/?,。为正四面体A-BCD内切球的球心，

延KA。交底面BCO于E,E是等边三角形BC拉的中心，BE延长线交CD于广，连接A尸，

则点N是CD的中点，OE为正四面体A—BCD内切球的半径，

AF=BF=—a,BE=-BF=—a.EF=—a>h=AE=AF2-EF2=—a，

23363

由正四面体/IBCD的体积为8g，得1.巫/.巫Q=8G，解得。=26，

343

由。七=18。2一册=J(AE-OE)2—BE2，解得OE=*a=：h，

则h=半x2\/6=4,最大球半径性=；力=1,

因此最大球的表面积为S大二471X12=4兀；

小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高〃小=〃-2%=4-2=2,

1c1

因此最小球半径9、=7人小—x2=—

42

因此最小球的表面积为S［、=4兀xjL=7T»

小uJ

所以5个球的表面积之和为S=S大+4s小=4n+47r=87t.

二、多项选择题：本大题共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。仝部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得。分。

9.设复数z的共扰复数为5,i为虚数单位，则下列命题正确的是（）

A.复数z=3—4，的共挽复数的模恸=5

B.若复数2+36一4）+（加一1），是纯虚数，则得m=1或相=-4

C.若复数z=3-4i对应的向量为CA，1+i对应的向量为瓦，则向量而对应的复数为一2+5i

D.若复数z=3—4i是关于x的方程/+冲+9=。（〃,夕£1＜）的一个根，则〃+4=19

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用复数的基本概念、运算、几何意义及实系数一元二次方程的虚根性质，结合对应知识点逐一

判断选项即可.

【详解】选项A：|z|=J??+（-4）'=5,故|z|=|z|=5,A正确,

选项B：纯虚数要求实部为0且虚部不为0,令实部62+3〃7一4=0，解得加=1或〃?=-4,

当〃7=1时虚部〃7—1=0,复数为实数，不符合要求，仅加成立，B错误：

选项C：向量A月=0月一04，对应的复数为（1+，）一（3—4。=-2+5i,C正确；

选项D：实系数一元二次方程的虚根共扰成对，另一根为3+4i,

由韦达定理,两根和6=-〃得〃二一6,两根积（3-4。（3+旬=25=4,

故p+q=-6+25=19,D正确.

10.如图，AB是圆锥SO的底面附。的直径，点C是底面圆0上异于A,B的动点，点M是母线S3上

一点，已知圆锥的底面半径为1,侧面积为4兀，则下列说法正确的是（）

s

A.该圆锥的体积为士X

3

B.该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为生

3

C.三棱锥5-ABC的体枳的最大值为巫

3

D.若=1，则从点8出发绕圆锥侧面一周到达点M的最短长度为5

【答案】ACD

【解析】

【分析】求出圆锥的母线及高，代入圆锥体积公式求解判断A；根据扇形圆心角公式求解判断B；当

OCJLAB时，三棱锥S-ABC的体积最大，根据三棱锥体积公式求解判断C；在侧面展开图中利用勾股定

理求解最短长度判断D.

【详解】由题知，圆锥的底面半径为〃=1,圆锥的侧面积兀”=4兀，所以母线长/=4,

则圆锥高==所以体积兀xl2xji5=，^,故A正确：

侧面展开图弧长/'=2兀xl=2兀，圆心角a=4=4=W，故B错误；

因点C是底面圆。上异于4,B的动点，A8是底面圆。的直径，

故当OC_L44时，△4BC的面积最大，此时三棱锥S-ABC的体积最大，

则三棱锥S一ABC的体积的最大直为」xLx2xlxJi?="5,故C正确；

323

由B知，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角。=巳，"在S3上且8W=1，

2

JF

则SM=S8—3M=3,展开后的扇形中，B'B所对的圆心角为万，

故最短路径为线段后=y/SM2+SB2=4^^=5»故D正确.

s

故选:ACD.

11.数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，其求法是：“以小斜轻并大斜辕

减中斜索，余半之，自乘于上，以小斜暴乘大斜累减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积若把以

卜.这段文字写成公式，即§=。％2-卜+；~~—.现有△4BC满足sinA:sin8:sinC=1:3，

且〃A8C=乎，则（）

A.AABC外接圆的半径为名旦

B.若NA的平分线与BC交于点。，则的长为

3

3y3

~1~

C.若。为8c的中点，则A。的长为巫

D.若。为△ABC的外心，则而•（而+正）=5

4

【答案】BD

【解析】

【分析】依题意由正弦定理可得Q:〃：C=J7:1:3,根据余弦定理和三角形面积公式可求得Q,再由正弦

定理可得A错误；利用解法一：利用角平分线相关长度公式直接代入边长、夹角计算A7）；解法二：几何

作高法，过3、C作AO垂线，住面积求A3；解法三：向量法，由角平分线定理得向量而表达式，平方

模长计算；解法四：余弦定理联立，结合角平分线分对边比例，分别在两个小三角形列方程求A力的长为

竽，即B正确；利用解法一：向晟中线公式耳方=g（南十区?）,平方计算模长；解法二：中线长公

式Alp二"二子二£1直接代入；解法三：在△AH。中用余弦定理，结合cosB求得|而|二平，即C

错误；利用解法一：外接圆直径投影法，延长A0为直径，利用宣径所对圆周角为直角，向量投影得结果为

^（|AB|2+|AC|2）=5；解法二：外心性质+中点法，取AB中点H,由O”_LA8得向量点积性质，分别计

算荷•丽、•衣再相加，可得D正确.

【详解】由sin4:sinB:sinC=J7:1:3及正弦定理可得a:b:c=b:1:3，

十4匚1一工|CD人r4H.b~+C1-d~IYI~+9///--7//F1

不妨设a=m，b=m,c=3n：,利用余弦定理可得cosA=--------------=--------------------=—

2bc2m•3ni2

由4e(0,兀)，可得A=N,所以sinA=@

32

又5.8「=’力。$1114二之巫"72二之叵，解得m=1,所以。=J7，b=\»c=3.

△A8c244

Q=币=?R/5T

对于A,设△48C外接圆的半径为R,由正弦定理可得而Z一耳一，所以R二卫，故A错误;

—3

2

对干B,解法一：由S'BC=S4A册+5/6得，-c/tDsin-4--Z?y4Dsin-=—，

即，(b+c)-AO・sinE=40=3^，故B正确;

264

解法二：分别作BE,垂直于AQ,垂足分别为E,F,如图①所示,

图①

S^=-ADBE^-ADCF=-ADcsin-+-ADbsm-=-AD(b+c)sin-=AD=—

AI{C222626264

故B正确：

解法三：由内角平分线定理知，—=—=3,

CDAC

所以而=!丽+。/，则而2=jJ•通+3/[=」_而南正+2^=21,所以

44(44J1681616

AD=巫,故B正确；

4

器=*3,所以如乎,CD邛,

解法四：由内角平分线定理知,

因为cosABDA+cosZADC-0»

AD2+BD2-C2AD2+CD2-b2

所以--------------uA，即4AD2+BD:+3CD2-31?一<?=0，

2ADBD2ADCD

所以由哈

所以二故B正

4

确；

对于C,解法一：若。为BC的中点，易知而=］（福+/），如图②所示，

所以|92=：（画2+国/+2醇硝=；x（9+l+2x3xlxg）=*可得|砌=半，故C错

误;

V7

解法二：因为cos/5D4+cosNADC=(),BD=DC=

2

..A.D~+BD2-c2AD~+CD2-b2八--一,，八

所rr以---------------+----------------=()，BnPn2AD-+BD-4-CD--b2-c2=0,

2ADBD2ADCD

2.—

gis2h2-^C2nrV『+3?=—,所以4。=四，故C错误;

所以=--------BD~=---------I2)

242

22

解法三：由余弦定理知，cosB="2+，”一尸+3-15

2ac2x77x32币

在△403中，A£>2=C2+^-2c-cosB=—,所以A。二姮，故C错误;

242

对于D,解法一：延长40交外接圆于点A,连接A3,4。，如图③所示,

图③

易知AA即为直径，所以可知AB_LAB,A}CA.ACf

利用投影向量的儿何意义可得:

2

Ad\AB^AC]=-[AAcAB^AA,AC]=-^AB^+|T4C|)=-X(9+1)=5，故D正确.

解法二：取A8的中点从连接。”，0A,如图④所示，

则0〃_LA3,所以A0AZj=(A/7十=A/7A^=；A^2,同理A0AC=TAd2,

所以顺•(而+元)=而•而+而•/=g丽，=gx(9+l)=5,故D正确.

三、填空题(每题5分，共15分)

12.长方体一个顶点上的三条棱的长分别是3,4,5,它的外接球的表面积为

【答案】50兀

【解析】

【分析】利用长方体外接球直径等于其体对角线长度的性质，结合球的表面积公式计算结果.

【详解】设该长方体外接球的半径为R,

根据长方体的几何性质，其外接球的直径与长方体的体对角线长度相等，

因此：RR)?=32+42+52=9+16+25=50,则球的表面积S=兀•(2R『=507r.

13.如图，在△ABC中，已知A8=2,AC=5,/B4C=60,BC,AC边上的两条中线EV相交

于点尸，则丽/•丽?=

【答案】3

【解析】

【分析】根据给定条件，取｛A反正｝为基底，利用向量数量积公式求解作答.

【详解】在△43。中，令48=d，AC=匕，则〈2,〃〉=60,

所以小方=同忸卜05〈万,5〉=2x5x—=5,

因为8C、AC边上的两条中线AM,8N相交于点P，则汨？='值+，5,BN=-b-a,

222

于是4而.5押=；（不+〃）•（4—2M）=；（一万3_212+/）=；（_5_2X22+52）=3.

14.已知A/IBC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，48c的面积S=；（从一。3tanC,角C的平分

线交力B于刃点，且。=2,CD=-,则80=_______

3

4

【答案】-

3

【解析】

【分析】由三角形的面积公式以及止弦定理的边角互化代入计算可得C=2A,由等面积法以及三角形的面

积公式代入计算可得b，再由余弦定理代入计算，即可得到结果

【详解】因为S=；（/-c/Z^tanC,即gHsinC=；出—ab）：

且。£(0,兀)，则sinCwO,化简得2zcosC=/?—a,

由正弦定理得2sin/\cosC=sinB-sinA,

且sinB=sin(n-A-C)=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,

代人得2sirt4cosC=sinAcosC+cosAsinC-sin4,整理得sin(C-A)=siiiA,

且A£(0,7t),则C—A£(—兀,兀)，则C-A=4或C-A+4=7i,

若C—A+A=7C,即。=兀，不合题意，则C—A=A,即C=2A,

因为CD为NACB的平分线，则ZACQ=N4=/QC8,AD=CD=~,

-AC

在ZMCD中,2_3b,①

ADTo

又因为S2BC=S^ACO+SgcD，即一absinC=—AD-戾irt4+—DCasinA,

则-•ZabsinAcosA=-A£>Z?sirbA+—COasirtA,化简得2aZ?cosA=-/?+-。,

22233

且以=2,则4〃cosA=—bH,(2)

33

①代入②得1%2-25〃-50=()，解得。或〃=一?(舍云)，则cosA=^=q，

在.BCD中,由余弦定理得8Z)2=CO2+/—2CO.QCOSA="+4—2X9X2X3=3,

9349

4

所以台。=一.

3

四、解答题(共77分)

15.己知不万了是同一平面内的三个向量，其中值二(1,2).

(1)若忑=(2,4),且：///求同：

(2)若〃=(1,1),且〃疝_/；与2M—B垂直，求实数m的值.

【答案】⑴2石

⑵-

7

【解析】

【分析】(1)利用向量平行的坐标表示求得；I,进而得到再利用向量的模长公式即可得解；

(2)利用向量线性运算的坐标表示得到〃。-，与%-3，再利用向量垂直的坐标表示列式即可得解.

【小问1详解】

因为"//£，a=(l,2),c=(2㈤,

所以1?/2?20,2=4,1=(2.4),

所以口二022+4?=2亚.

【小问2详解】

因为2=(1,2),B=(1,l),

所以〃力=(，〃-1,2/〃-1),2a-/?=(l,3),

又〃2-力与2%-方垂直，所以眄■叭2abj=0,

即(a-1)?1(2w-1)?30,则肉=；

16.如图，长方体ABC。—A3CA中，A3=BC=1,AA=2,点M为CG的中点.

AB

（1）求证：4cl〃平面BOM；

（2）求点C到平面8DM的距离.

【答案】（1）证明见解析

⑵在

3

【解析】

【分析】（1）令ACc5O=尸，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得;

（2）利用等体积法求解即可.

【小问1详解】

在长方体A3CO-ASGA中，令ACcBD=F,

则F为4C中点，连接Mb,

由M为CG的中点，得MF7/A。，而从£2平面也加，Mbu平面8ZW，

所以4G〃平面3Q".

【小问2详解】

设点C到平面BDM的距离为h，

长方体43。。一4瓦弓2中,AB=BC=\,A\=2.

所以M3=JBC2+CM2=Jr+]2=五'

1

DM=yjDC^CM=712+12=V2,

22

DB=VZX72+BC2=A/1+1=x/2，

所以久皿邛x（可邛,^^CD=lBCDC=lxlxl=l,

由Yr-ftnu=Vw-«nr可得，—S△川“夕,/?=—•CM,

JJ

即lx且〃=1x，xl,所以力二弓齐=乎.

3232J33

2

故点C到平面BDM的距离为立

3

17.如图，在直角梯形/RCO中，ZA=90°,AB\\CD,AB=AD=2-CD=1,点O,£分别为

（1）设BD和OE交于点G,求/EG4的余弦值；

（2）若点、F在BC边上运动（包含端点），求3后的取值范围.

【答案】（1）一亚；

10

（2）[―»2].

【解析】

【分析】（1）以点。为原点，直线。也0。分别为X》轴建立平面直角坐标系，求出向量瓦，丽的坐标,

利用向量的夹角公式即可求解；

（2）设“二4仁=（—/,2。,0金01,确定尸（1一，,2。，求出炉•丽的表达式，即可求得答案.

【小问1详解】

在直角梯形力BCD中，ZA=90°,AB//CD,AB=AD=2^CD=l,连接。C,

则AO=1=C。，四边形AOCQ为平行四边形，COI/AD,COA,AB,

以点。为原点，直线OB,OC分别为无)'轴建立平面直角坐标系,

则0(0,0),8(1,0),C(0,2),D(-l,2),吗,1),

则。£二(；」)，£)5=(2,-2),

___诉・加府

cos«9E,DB)=

"10",

所以日|/)4

所以NEG5的余弦值为-巫

10

【小问2详解】

由(1)得。方二(-1,2),由点尸在8c边上，设加=/BC=(T,21),OW1,

则F(lT,2f),0F=(\-t.2t),而赤=(g,l

-------11311

因此OE。。/7=—(1-/)+2,=—+—r£—,2,

22222

所以诙•丽的取值范围为叼,2].

a2b-c

18.在中，角4,B,C的对边分别为Q,b,c1,-----=------

cosAcosC

(1)求角A;

(2)若。是线段8c的中点，且AO=1,求凡八叱；

(3)若△48C为锐角三角形，求△力的周长的取值范围.

【答案】(1)A=/

⑵正

8

（3）（1+6,3]

【解析】

【分析】（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A；

（2）先根据向量关系而=,丽+'近，左右两边平方后结合余弦定理得出权：二?，进而得出面积即

222

可；

（3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解.

【小问1详解】

-A.sinA2sinB-sinC

由正弦定理可知——-=-----------,

cosAcosC

sinAcosC=2sinBcosA-sinCcoSi4,

，sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=2sinBcosA,

又A+8+C=7t,sin（A4-Q=sin（7i-B）=sinB,

/.sinB=2sinBcosA,

VsinB>0,cosA=—,

2

VAe（0,7C）,A=y.

【小问2详解】

由（1）及余弦定理得"=/?2+c?-2Z?ccosA，即1=〃+/-Ac，①

又因为AZ）=大AB+二AC,则AZ）=f—AB+—Ac\»

22（22J

则而,J通而2+[而正

442

即F=—c2+—b2+—Z2CUUS—,

4423

所以1,②

444-

由②x4-①得he=3,

2

用wc1,.413V33>/3

所以SARC=—bcsmA=—x—x——=---.

“伙22228

【小问3详解】

7T971(Acos5十'sinB，

由（1）得人=—,则占上C=一，即sinC=sin

332

，一…,itsinB2•,、asinC=^sinC,

由正弦定理可知〃=一：~_=~TTS}n»C

sinAV3sinAx/3

o2Fi1

所以Z?+c='(sin8+sinC)=’(sinB+—^COSBH--sinB)

V3V322

.1.，兀)

sin+—uusB=2sinB•一.

26

因为△口（：为锐角三角形，所以0<B<7，O<J—

232

rr兀n兀兀八7127r

即一＜8＜一,—＜B+一＜—,

62363

则sin(3+^G,即2sin(8+£G(73,2],

则a+〃+c£(1+＞/3,3],

故以/WC的周长的取值范围为（1+6,3].

19.如图，延长△ABC的边A8至点P,边BC至点Q,边C4至点R,使得线段4P、BQ、CR的长分

别为A3、BC、C4的/L（XwN,422）倍，我们将△PQR称为△4BC的“4变换三角形”.

（1）当4=3时，若AB=3,BC=4,AC=5,求网的长；

（2）若△48。是边长为2的等边三角形，点"为其"2变换三角形”中线段A尸上的动点，求

（丽一丁）•祝的最大值：

（3）设点