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六安一中2026年春学期高一年级期中考试
数学试卷
满分：150分 时间：120分钟
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1．在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．正方体中，点分别是的中点，则与所成角为（ ）
A． B． C． D．
3．已知平面向量与的夹角为，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG=P，则点P（ ）
A．一定在直线BD上 B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上 D．不在直线AC上，也不在直线BD上
5．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中， ①与平行；②与垂直；③与平面平行；④平面与平面平行．以上四个命题中，正确命题的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
6．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则最小内角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.
9．关于非零复数与其共轭复数，下列结论正确的是（ ）
A．必为实数
B．在复平面内，表示复数和的点关于虚轴对称
C．
D．若复数为实系数一元二次方程的一根，则也必是该方程的根
10．．“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体，已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
11．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知的外心为O，重心为G，垂心为H，M为中点，且，，则下列各式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．若复数满足（其中是虚数单位），为的共轭复数，则___________.
13．如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点，望对岸标记物，测得，，，则河的宽度为______．
14．四面体ABCD的所有棱长都是3，点M，N，P分别在棱AB，AD，CD上，，，，过M，N，P三点作四面体ABCD的截面，则截面面积S= .
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．本小题13分
如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为
（1）点E为母线的中点，从点E处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达A点，求绳子长度的最短值；
（2）计算该圆锥内可容纳的最大球的体积。

16．（本小题满分 15分）
设中，角，，所对的边分别为，，．
（1）证明：；
（2）若，，且，求的周长
17．本小题15分
如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥.在四棱锥中，点，分别在线段，上，且.
（1）求直线BC与直线PA所成角的余弦值.
（2）求证：平面.
18．本小题17分
如图所示，已知ABCD为梯形，AB∥CD，CD=3AB，M为线段PC上一点.
（1）设平面PAB∩平面PDC=l，证明：AB∥l；
（2）在棱PC上是否存在点M
（i）使得PA∥平面MBD，若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（ii）使得平面MBD将四棱锥分成体积相等的两部分？求的值．
19．本小题17分
如图所示，在四边形中，，，，，，点为四边形的外接圆劣弧（不含端点，）上一动点．
（1）判断的形状，并证明；
（2）若，设
（i）用表示线段AE的长度；
（ii）记，求函数的最小值．
六安一中2026年春学期高一年级期中考试
数学试卷参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B C B B C D B D ACD ABD ACD
7．B【详解】由题意可得，
，当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，所以，则，即.故选：B
8．D【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的内切球半径为，若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，
则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为，
设点在面内的射影为，即面，则球心在上，且，，所以，所以，在中，，即，
整理可得：，解得或（舍），所以的最大值为4，故选：D
10．ABD【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：，故正确；对于B，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以，故正确.对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故错误；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.故选：ABD
11．ACD【详解】对于A，重心为G，有
故，故A正确对于B，外心为O，有，，故B错误
对于C，由欧拉线定理得，即
又有，相加可得，故C正确
对于D，由得，故
，故D正确故选：ACD
12．
13．
14．【详解】因为四面体ABCD的所有棱长都是3，，，，
所以，延长交于，交于点，连接QM过作∥交于，因为为边长为1的等边三角形，为的中点，
所以≌，所以，所以，过作∥交于点点，所以为边长为1的等边三角形，所以，，因为∥，所以，计算可得,,所以截面 MNPQ的面积
15．【详解】设圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为， ………………2分
（1）圆锥的侧面展开图的圆心角，由E点出发绕圆锥侧面旋转一周，
回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的线段长，
且；………………6分

（2），又
设圆锥的内切球的圆心为，半径为，球与圆锥侧面相切于,
则则，即，解得, ………………12分
故圆锥内部可容纳的球最大体积是 ………………13分
16．【详解】
（1）因为，所以．
根据正弦定理有． ………………6分
（2）由可得，所以． ………………9分
在中，由余弦定理可得，
即，解得或， ………………13分
因此，的周长为18或20． ………………15分
17．【详解】
（1） 在线段DC上取点，使得 ,则四边形是平行四边形，，连，故是异面直线所成角（或补角），异面直线所成角的余弦值是. ………………7分
（2）若分别是上的点，且，
连接，又，
所以，即四点共面，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，又，且都在平面内，
所以平面平面，平面，故平面. ………………15分
18．【详解】
（1）因为AB∥CD，AB 平面PCD，CD 平面PCD，所以AB∥平面PCD，
又因为平面PAB∩平面PDC=l，且AB 平面PAB，所以AB∥l. ………………5分
（2）（i）存在点M，使得PA∥平面MBD，此时=. ………………7分
证明如下：连接AC交BD于点O，连接MO.
因为AB∥CD，且CD=3AB，所以==，又因为=，PC∩AC=C，所以PA∥MO，因为PA 平面MBD，MO 平面MBD，所以PA∥平面MBD. ………………11分
（ii）解：存在，且，理由如下；记四棱锥的体积是.由,得，故即设则令故存在点,当时，平面将四棱锥分为体积相等的两部分. ………………17分
19．【详解】
（1）证明：在中，由余弦定理知：，
∴，又因为，所以
所以，分别为方程的两根，
因为，所以，，所以，
所以，即为直角三角形；………………6分
（2）（i）解：如图，因为，所以是四边形的外接圆的直径，，
所以四边形为矩形，连接，，
在中，因为，，所以，
由正弦定理知：，所以， ………………11分
（ii）设交于，作平行于且交于，则四边形为平行四边形，
所以，又因为，
由平面向量基本定理知：，所以，
在中，，
所以
，，因为，所以，
∴，∴，
所以，当时，取最小值，最小值为． ………………17分

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