资源简介

山东省日照第一中学2025-2026学年高二上学期第一次质量检测数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1．已知复数，则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．已知空间向量，，若，则的值为（ ）
A． B． C．4 D．6
3．已知正四面体OABC的棱长为1，点M在OA上，且，点N为BC中点，则用基底表示为（ ）
A． B．
C． D．
4．过两点的直线的倾斜角为135°，则的值为（ ）.
A．或 B． C． D．
5．若平面的一个法向量为且该平面过点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆柱的底面半径为，高为，如图，矩形是圆柱的轴截面，点是圆柱下底面圆上一点，且满足，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，正方形 的边长为2， 为边 的中点.将 沿 所在直线进行翻折，使得二面角 为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
8．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，异面直线和分别在上底面A1B1C1D1和下底面ABCD上运动，且，若与所成角为60°时，则与侧面ADD1A1所成角的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
二、多选题：每小题6分，共18分.
9．已知复数，，则（ ）
A．是纯虚数 B．在复平面内对应的点位于第二象限
C． D．
10．已知的三个顶点，则下列描述正确的有（ ）
A．直线BC的倾斜角不存在 B．直线AB的斜率为－2
C．边AC所在直线过坐标原点 D．边AB上的中线所在直线的方程为
11．已知等边的边长为，顶点在平面内，顶点，在平面外的同一侧，点，分别为，在平面内的射影，且，直线与平面所成的角为，，则（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．的最小值为
三、填空题：每小题5分，共15分
12．直线在x轴上的截距为3，则实数m的值为 .
13．如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
14．已知正四面体的棱长为2，动点满足，用所有这样的点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.
15．（13分）设，复数．
(1)若为纯虚数，求实数a的值；
(2)若复数是关于x的方程的一个根，求的值．
16．（15分）已知直线.
(1)证明：对任意实数，直线都经过一个定点；
(2)若直线在轴、轴上截距相等，求直线的方程.
17．（15分）如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，，．

(1)用分别表示，．
(2)若，，，求：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
18．（17分）如图，在圆锥中，是底面的直径，且，该圆锥的侧面积为.已知点是母线的中点，点，在底面圆周上，且的长为，.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
19．（17分）如图（一），在中，于点，，四边形是平行四边形.将沿折起至的位置，如图（二）所示，连接，.
(1)证明：；
(2)是的中点，连接，，记二面角为，二面角为.
（i）设三棱锥的外接球球心为O，证明：当时，；
（ii）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
附加题（共10分）
20．空间中有四个球，它们的半径分别是2 2 3 3，每个球都与其余三个球外切，另有一个小球与这四个球都外切，求这个小球的半径.
试卷第1页，共3页
《山东省日照第一中学2025-2026学年高二上学期第一次质量检测数学试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D B B A D B
题号 9 10 11
答案 AC BCD ABC
1．A
【分析】根据复数的除法运算先计算，再由复数的概念即可求解.
【详解】由题意有，
所以的虚部是.
故选：A.
2．C
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】若，则．因为，，
所以，解得．
故选：C．
3．D
【分析】根据空间向量基本定理进行求解即可.
【详解】因为N为BC的中点，则，所以，，
则，因此，．
故选：D
4．B
【分析】根据斜率和倾斜角的关系，列出等式求解即可．
【详解】由题知，直线的斜率存在，所以A点和B点的横坐标不一样，即，
则，所以，解得或，
又，所以．
故选：B．
5．B
【分析】求得，利用点到面的距离公式可求点到平面的距离.
【详解】因为点，点，所以，
又平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
故选：B.
6．A
【分析】证明点为中点，建立空间直角坐标系，写出点坐标和线的方向向量坐标，由空间向量求出线线角的余弦值.
【详解】连接，∵为底面圆的直径，∴，∵，∴，
∴点为中点，即
如图：
在圆柱中可得，，
∴以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∴，，
设直线与的夹角为，则.
故选：A.
7．D
【分析】过点作垂足为 ，过点作，垂足为，则翻折后与的夹角为，再由解题即可.
【详解】过点作垂足为 ，过点作，垂足为，则翻折后与的夹角为，
因为正方形 的边长为2， 为边 的中点，
所以，易得，，
因为与相似，则，
所以,，所以 ,
又，
所以
，所以.
故选：D
8．B
【分析】建立适当的空间直角坐标系，根据题意设出直线的方向向量，利用空间向量，根据异面直线所成的角的公式求得的方向向量的坐标关系，进而利用线面所成角的向量公式求得直线与平面侧面ADD1A1所成角的大小.
【详解】
以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，如图所示：
直线分别在上下底面内且互相垂直，设直线的方向向量为,则直线的方向向量可以为,
直线的方向向量为, 侧面ADD1A1的法向量,
与b所成角为60°,
即，,
故a与侧面ADD1A1所成角的大小为45°.
故选：B.
【点睛】本题考查利用空间向量研究异面直线所成的角和线面所成的角问题，属创新题，难度一般.关键是建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量进行有关计算.
9．AC
【分析】根据复数的概念可判定A，利用复数的除法运算及几何意义可判定B，根据共轭复数的定义可判定C，利用复数的模长公式可判定D.
【详解】因为是纯虚数，所以A正确；
因为，所以在复平面内对应的点位于第三象限，故B不正确；
因为的共轭复数为，所以C正确；
因为，所以D不正确．
故选：AC
10．BCD
【分析】对于A，由倾斜角概念可判断选项正误；对于B，由斜率计算公式可判断选项正误；对于C，由题可得直线AC方程，据此可判断选项正误；对于D，由题可得AB中点，又中线过点C，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，易得直线BC方程为，则直线BC的倾斜角为，斜率不存在，故A错误；
对于B，直线AB的斜率为，故B正确；
对于C，因，故边AC所在直线的方程为，
即，故过坐标原点，故C正确；
对于D，线段AB的中点坐标为，又中线过点C，
则边AB上中线所在直线的斜率为，故所求方程为，
即，故D正确.
故选：BCD
11．ABC
【分析】建立空间直角坐标系，设出，坐标，用向量数量积的公式和坐标表示分别表示，即可求出；根据勾股定理得出的范围，再根据题意，结合的值，即可求出的范围；根据图形线面、线线的位置关系，可以得出直线与平面所成的角，即可利用直角三角形三角函数值表示，从而求出其最小值.
【详解】如图所示，以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，
则，且，
可得，因此，选项A正确；
因为，即，所以，
根据勾股定理，，
所以，又，所以，
综上，，即，选项B正确；
又因为
所以，即的最小值为，选项C正确，选项D错误.
故选：ABC.
12．-6
【分析】代入方程，即可求解.
【详解】将代入直线方程得，解得．
【点睛】本题考查直线的横截距的概念，属于基础题.
10．
【分析】解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解.
【详解】解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以，
设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为.
因为，，，，
所以，
所以，即.
解法二：不妨假设正方形与的边长均为2，
如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系，
则有，，，，由此可得，.
设异面直线与所成的角为，则.
14．1
【分析】设出正四面体的四个顶点，根据两点距离公式，结合得到截面方程为，即可得截面为正方形求解.
【详解】把正四面体还原成正方体，以正方体的中心为原点，垂直于共点的三个面的直线分别为轴建立 空间直角坐标系，
设正四面体的四个顶点为，
每条棱长均为2，设动点，
，
,
,
故，
，
因为，
所以，即所有满足条件的点构成的平面为平面（平面），

而为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点，故平面与正四面体相交于棱的中点处，
由于正四面体中,因此截的四边形为正方形，且边长为,故面积为1
故答案为：1.
15．(1)或．
(2)1或-1
【分析】（1）根据复数的乘法和虚数的概念进行求解即可.
（2）将复数代入方程中得到关于的等式，然后可求得，进而求出结果.
【详解】（1）由题意知，
又为纯虚数，所以解得或．
（2）因为复数是关于的方程的一个根，
所以，整理得，
所以解得，或，
所以，或．
16．(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）令，解方程组即可得解；
（2）由已知条件可知，求得直线与轴、轴的交点分别为，列方程即可求解.
【详解】（1）将直线整理得
对任意实数都成立，
所以，解得
所以对任意实数，直线都经过一个定点；
（2）由已知条件可知，求得直线与轴、轴的交点分别为
，
则有，化简得，
当时，直线的方程为
当时，直线的方程为
所以直线的方程为或.
17．(1)，
(2)（ⅰ）14；（ⅱ）
【分析】（1）连接，取中点为，连接，结合空间向量的线性运算，以为基底表示向量即可求解；
（2）确定空间基底向量的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解，，即可得结论.
【详解】（1）连接，取中点为，连接．

因为底面是正六边形，所以，即，
所以，又因为，所以．
（2）由题知，，
根据，可知，
因为底面是正六边形，所以，所以．
（ⅰ）．
（ⅱ）因为，
所以，所以．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由圆锥的底面周长和侧面积公式求出，接着由得平面，再求证得平面即可由面面平行的判定定理得证；
（2）建立适当直角坐标系，依次求出平面与平面的法向量，再由平面夹角的向量法公式计算即可求解.
【详解】（1）由圆锥的底面周长为，可得侧面积为，解得.
在中，根据中位线性质可得，所以平面，
由于，底面圆半径是1，所以，
又，所以，而，
所以为等边三角形，.
于是且，所以四边形是平行四边形，可得，
所以平面，又，，平面，
所以平面平面.
（2）易知.如图，以为坐标原点，在平面中，
过点作的垂线为轴，，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
则，令，则；
设平面的法向量，
则，令，则.
结合（1）可知，也是平面的法向量，
从而，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）是，
【分析】（1）要证明线线垂直，需要通过证明线面垂直从而得到线线垂直，即证明平面.
（2）（i）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出的坐标，从而可证明.
（ii）根据垂直关系先建立空间直角坐标系，然后求出平面、平面的法向量，进而求出的表达式，从而可判断是否为定值.
【详解】（1）证明：由题意得，，
.
，平面，，
平面.
又平面，.
（2）（i）证明：当时，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，故，，.
设的中点为Q，易知的外接圆的圆心恰为点Q，而的外接圆的圆心为BC的中点，分别过两个圆心作对应平面的垂线，则交点为O，根据已知条件，得点，
故，，.
又O，C，，D四点不共线，.
（ii）解：为定值.
如图，以点为坐标原点，，所在直线为轴，轴，以垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，且.
，，，，其中.
易得平面和平面的一个法向量.
设平面的一个法向量，
有，令，得，
设平面的一个法向量，
有，令，得.
故，.
而，.
故.
20．
【分析】如图，以四个球的球心为顶点作四面体，则，设的中点分别为，设小球的球心为，半径为，可证得必在线段上，利用勾股定理分别表示出，然后由列方程可求出
【详解】解：以四个球的球心为顶点作四面体，
则，
设的中点分别为，设小球的球心为，半径为.
因为，，所以.
所以面是线段的中垂面.
又因为，所以在平面上.
同理，也在线段的中垂面上，从而必在线段上.
，
，
由，得
解此方程，可得.
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑