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重庆南开中学高2026级高一（下）期中考试
数学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单选题：本颎共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
3. 设有两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
4. 已知a.b.c分别是的内角A B C的对边，若，则的形状为（ ）
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形
5. 已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕 转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知平行四边形，，分别为，中点，设在方向上投影向量为，在方向上投影向量为，已知，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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. 如图，过直三棱柱的棱作截面分别与棱，相交于，（，不与顶点重合），则下列判断正确的有（ ）
A.
B. 直线与直线共面
C. 几何体为棱台
D. 当为中点时，几何体与三棱柱体积之比为
10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则以下说法正确的是（ ）
A. B. 是钝角三角形
C. 若，则外接圆半径为 D. 若周长为15，则内切圆半径为
11. 重庆南开中学校徽的核心图像为八角星形，八角星形由两个正方形叠加、结合而成，八个角皆为直角，分别指向东、西、南、北、东南、东北、西南、西北八个方向.一是体现“方方正正做人”之意，二是体现南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神.八角星形方圆互动，融合东西，体现了南开中学“智圆行方”的入世哲学、“追求卓越”的立世哲学和“允公允能”的济世哲学.如图，，，，，，，，是半径为1的上的八个等分点，则以下说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 若在正方形的边上移动，，则
则
D. 若在正方形的边上移动，在正方形的边上移动，在圆上移动，则
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个底面半径为的圆锥铁锭，则圆锥的母线长为______.
13. 已知复数满足，且是纯虚数，试写出一个满足条件复数______.
14. 如图，在平面四边形中，，对任意实数都有，若为的面积，且，，则的最大值是______.
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，是平面内两个不共线的向量，若，，，且、、三点共线.
（1）求实数的值；
（2）若，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若，，，，恰好构成平行四边形，求点的坐标.
16. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由.
17. 某公园湖心有一浮动观景亭，湖边一点到观景亭的一座桥长为米.现公园打算升级改造，在湖边选取两个点，，新建两座桥梁，，且.
（1）若为中点，且米，求两座桥梁长度之和的值；
（2）若，已知玻璃桥的建设成本为2千元/米，普通桥的建设成本为1千元/米，若用玻璃桥，用普通桥梁，不考虑其他费用支出，请你帮公园规划部计算一下，建设这两座桥梁总预算成本的最大值（单位：千元）
18. 已知内角，，的对边分别为，，.若.
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）如图所示，若，三等分，，在线段上（靠近），已知，求.
19. 我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若，，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.
已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为.
（1）若，求出，；
（2）如图，若，以为边作等边，且在上方.
（ⅰ）求线段长度的最小值；
（ⅱ）若（，），求的取值范围.重庆南开中学高2026级高一（下）期中考试
数学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单选题：本颎共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】，，
由，可知，，得
故选：B
2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法法则计算出复数，求模即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：C.
3. 设有两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定逐个选项分析即可．
【详解】若，，则，可以平行、相交或异面，故A错误；
若，，则或相交，故B错误；
若，，则或，故C错误；
若，，则，故D正确．
故选：D.
4. 已知a.b.c分别是的内角A B C的对边，若，则的形状为（ ）
A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】已知不等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及两角和与差的正弦函数公式化简，整理得到，根据不为0得到，进而可得B为钝角，即可得解.
【详解】∵，
∴利用正弦定理化简得：，
整理得：，
∵，
∴.
∵，
∴ B为钝角，三角形ABC为钝角三角形.
故选：A
5. 已知梯形按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形，且，，，现将梯形绕 转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将梯形复原为原图即直角梯形，确定相关的边长，结合题意以及圆台的侧面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意将梯形复原为原图，即直角梯形，
其中，则，
故将梯形绕 转一周得到一个几何体为圆台，
圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5，
故该几何体的侧面积为，
故选：C
6. 设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理一一计算可得.
【详解】由正弦定理可得，
若，则，所以三角形的解只有一个，故A错误；
若，可得，又，即，则三角形的解只有一个，故B错误；
若，可得，即有为锐角，则三角形的解只有一个，故C错误；
若，可得，即，又，
所以可以为锐角或钝角，则三角形的解有两个，故D正确．
故选：D．
7. 已知的内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理可得，从而可得，将化简为关于的表达式，根据二次函数的性质可得出答案.
【详解】由余弦定理可得：，
所以，又因为，
因为为三角形的内角，所以，
又因为，所以，
所以
根据二次函数的性质，可知当时，
取得最大值，此时或，
当时，由可知，此时，不满足题意.
故.
故选：B.
8. 已知平行四边形，，分别为，中点，设在方向上投影向量为，在方向上投影向量为，已知，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用表示，然后利用投影向量的公式求出，计算化简得到，最后根据及均值不等式求最值.
【详解】在平行四边形中，，，，
又分别为中点，则，
因为在方向上投影向量为，所以，
因为在方向上投影向量为，所以
所以，
解得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，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. 如图，过直三棱柱的棱作截面分别与棱，相交于，（，不与顶点重合），则下列判断正确的有（ ）
A.
B. 直线与直线共面
C. 几何体为棱台
D. 当为中点时，几何体与三棱柱的体积之比为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面平行的性质定理可判断A；直线与直线为异面直线可判断B；由棱台的性质可判断C；由棱台和棱柱的体积公式可判断D.
【详解】对于A，因为，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
又因为平面平面，所以，又因为
所以，故A正确；
对于B，因为平面，平面，平面，
所以直线与直线为异面直线，故B错误；
对于C，因为，所以，
又因为，所以，
又因为，将延长能交于一点，故C正确；
对于D，由C选项知，当为中点时，几何体为三棱台，
设，则，
所以几何体的体积为
三棱柱的体积，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则以下说法正确的是（ ）
A. B. 是钝角三角形
C. 若，则外接圆半径为 D. 若周长为15，则内切圆半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件求得三边关系；对A：利用正弦定理即可直接求得；对B：判断为最大角，根据余弦定理判断正负即可；对C：根据正弦定理直接求解即可；对D：根据等面积法，结合三角形面积公式即可求得.
【详解】因为，由正弦定理可得：，又，故可得，
设，则；
对A：，故A正确；
对B：根据大边对大角，为最大角，又，则，
又，故为锐角，则△为锐角三角形，故B错误；
对C：由B知：，为锐角，故，
又，设外接圆半径为，由正弦定理可得：，则，故C正确；
对D：若周长为15，即，则，故，
设内切圆半径为，则，即，解得，故D正确；
故选：ACD.
11. 重庆南开中学校徽的核心图像为八角星形，八角星形由两个正方形叠加、结合而成，八个角皆为直角，分别指向东、西、南、北、东南、东北、西南、西北八个方向.一是体现“方方正正做人”之意，二是体现南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神.八角星形方圆互动，融合东西，体现了南开中学“智圆行方”的入世哲学、“追求卓越”的立世哲学和“允公允能”的济世哲学.如图，，，，，，，，是半径为1的上的八个等分点，则以下说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 若在正方形的边上移动，，则
则
D. 若在正方形的边上移动，在正方形的边上移动，在圆上移动，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】过作于，连接，过的延长线于，可求得，可判断A；计算可得，可判断B；分类讨论可求得的范围判断C；利用向量的数量积公式可求得的范围判断D.
【详解】过作于，连接，过的延长线于，
由题意可得,所以，
从而由向量加法的平行四边形法则可得，故A正确；
由题意可得
，故B错误；
当在边上移动时，的值为定值，
当在时，由A的计算易得，
所以，此时,
当在边上移动时，均在增大，当在时，达到的最大值，
由A可得，
当在边上移动时，的值为定值，
在边上移动时，均在减小，的值减小，
故可得，故C正确；
由，可知数量积与模的大小和夹角的余弦值有关，
当在时，最大为，只要最大，或最小即可求得的最大值与最小值，
当点处时，当在上移动时，可取得最大值，,
当在点处时，当在上移动时，可取得最小值，,
综上所述：可得,故D正确.
故选：ACD.
【点睛】在几何图形中，考查向量的线性运算与向量的模的求法，数量积的取值范围的求法，灵活运用向量的几何意义解题是关键，注意特殊位置的选取，以及几何知识的应用.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个底面半径为的圆锥铁锭，则圆锥的母线长为______.
【答案】
【解析】
【分析】由圆锥和铁球的体积相等求出圆锥的高，再求出母线长即可.
【详解】设圆锥的高为，依题意，，解得（cm），
所以圆锥的母线长（cm）.
故答案为：
13. 已知复数满足，且是纯虚数，试写出一个满足条件的复数______.
【答案】或(写出其中一个即可，答案不唯一)
【解析】
【分析】设出复数的代数形式，由求出的虚部，然后由是纯虚数列式即可计算作答.
【详解】设，由，
可得，解得，又是纯虚数，
设且，则，则，
解得，所以或.
故答案为：或.(写出其中一个即可，答案不唯一)
14. 如图，在平面四边形中，，对任意实数都有，若为的面积，且，，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】要运用向量的平方运算来求最小值，然后得到相等关系，再结合正弦定理可得，利用面积公式可得，由于题目中是求最值，需要引入变量，然后通过正弦定理解二次三角形，就可以得到，再运用三角恒等变换来求出最大值即可.
【详解】，
根据二次函数的最小值为可得：
，
代入和可得：
，
再由正弦定理可得：，
由上面两个式子可得：，即，
又由的面积公式可得：，代入可得，
，可得，
又因为，所以，
设，由可得：
，
在中，由正弦定理可得：，
又中，由正弦定理可得：
，
代入得：
利用积化和差公式可得：，
当时，即，，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）运用向量的平方运算来求最小值找到相等关系去求出；
（2）引入变量去解三角形求出.
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，是平面内两个不共线的向量，若，，，且、、三点共线.
（1）求实数的值；
（2）若，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若，，，，恰好构成平行四边形，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）首先求，再根据向量，列式求解；
（2）（ⅰ）根据向量的坐标运算，即可求解；（ⅱ）根据，列式求解.
【小问1详解】
则则；
【小问2详解】
（ⅰ），向量的坐标为；
（ⅱ）设的坐标为，∵，，，恰好为构成平行四边形
则，，
解得：，∴的坐标为
16. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明面面，即可证明平面；
（2）假设在棱上存在点，使得面，由线面平行的性质定理即可得点为棱的中点.
【小问1详解】
在上取点，使得，连接，
在中，点、分别为、上的三等分点，则有
又面、面
由线面平行的判定定理：面
又且，∴四边形为平行四边形
则有，又面、面，∴面
由于面、面，，∴面面
又面，∴面
【小问2详解】
假设在棱上存在点，使得面
连接，交于
∵面，面，面面
由线面平行的性质定理：
则在中，，易知，
∴，∴点为棱的中点.
17. 某公园湖心有一浮动观景亭，湖边一点到观景亭的一座桥长为米.现公园打算升级改造，在湖边选取两个点，，新建两座桥梁，，且.
（1）若为中点，且米，求两座桥梁长度之和的值；
（2）若，已知玻璃桥的建设成本为2千元/米，普通桥的建设成本为1千元/米，若用玻璃桥，用普通桥梁，不考虑其他费用支出，请你帮公园规划部计算一下，建设这两座桥梁总预算成本的最大值（单位：千元）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的中线表示，以及余弦定理表示，建立方程，即可求解；
（2）根据向量表示，并将预算成本设为，再结合数量积公式和基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
即得：①
且
得：②
联立①②得：可得：
【小问2详解】
桥梁预算总成本为：，令，
，平方得：
可得：，
由基本不等式，则
所以建设这两座桥梁总预算成本的最大值为千元.
18. 已知的内角，，的对边分别为，，.若.
（1）求；
（2）若，求的值；
（3）如图所示，若，三等分，，在线段上（靠近），已知，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，可求的值；
（2）角化边可得，进而利用余弦定理可得，可求得，利用，化为齐次式后角化边，结合（1）可求值；
（3）设，可得，令，可得，，令，可得，可求值.
小问1详解】
由正弦定理可知，则
【小问2详解】
，
化简可得①，
由余弦定理可知，则
，
可构造齐次式②，
由第（1）问结果结合①式可得代入②式可得，则
【小问3详解】
设，由于，，高相等，
则，可令，
同理观察，，，
令，则，，即，
∴.
19. 我们知道复数有三角形式，，其中为复数的模，为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若，，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.
已知圆半径为1，圆的内接正方形的四个顶点均在圆上运动，建立如图所示坐标系，设点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为，点所对应的复数为.
（1）若，求出，；
（2）如图，若，以为边作等边，且在上方.
（ⅰ）求线段长度的最小值；
（ⅱ）若（，），求的取值范围.
【答案】（1），
（2）①1；②
【解析】
【分析】（1）由题意，根据复数的乘法运算即可求解；
（2）（ⅰ）解法一：设，根据三角恒等变换化简和复数的乘法计算求出，进而表示的坐标，结合模长公式计算即可；解法二：连接，设，，求出，进而，利用换元法化简计算即可求解；
（ⅱ）设，则D，利用向量的线性运算和三角恒等变换化简可得，进而求解.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
（ⅰ）解法一：设，，
所表示的复数为，所表示的复数为
有，
，
故，
得
，
其中，故线段长度的最小值为1.
解法二：连接，设，，
由可得，则，
当时，
化简得，令，.
则
.
同理可得：当时，
（ⅱ）设，则，即点坐标为，
此时，，.
由（，）得：
，
即，解得，
故，
，其中，
可得.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

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