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吉林油田高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题
1．复数，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．设向量，是两个不共线的单位向量，，，，则（ ）
A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线
C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线
3．已知平面和两条不同的直线、，则下列说法正确的是（ ）
A．若上有无数个点不在内，则
B．若，则与内的任意一条直线都没有公共点
C．若，则平行于内的任意一条直线
D．若，且，则
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ）
A． B． C． D．
6．把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆的半径为2，是圆上两点且，是一条直径，点在圆内且满足，则的最小值为
A．－2 B．－1 C．－3 D．－4
二、多选题
9．下列各式中运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知平面向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若和的夹角为锐角，则
C．当时，在方向上的投影向量为
D．若，则和的夹角为
11．《数书九章》是南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷，共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积术”中提出了已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列结论正确的是（ ）
A．的周长为 B．三个内角，，满足
C．外接圆的直径为 D．的中线的长为
三、填空题
12．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________．
13．已知函数的部分图象如图所示，则为________.
14．如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，DC边的中点，BE，BF分别与AC交于R，T两点.若，则的值是________．
四、解答题
15．已知向量，.
(1)若，求实数的值；
(2)若，求实数的值.
16．在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计；灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性；现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下：
顶部装饰：灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米；
核心结构：灯笼的核心部分是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米.
(1)求灯笼总体积；（单位：分米）
(2)已知灯笼上下底不糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，求灯笼所需纸张的总面积.（单位：分米）
17．已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值.
18．已知的三个内角所对的边分别为，.
(1)求角的大小.
(2)若，的面积为，求a的值.
(3)若，，点D是线段BC上一点，求内角A平分线AD的长.
19．如图所示，设是平面内相交成 角的两条数轴，分别是与 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下 ， 则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为.
(1)若，求的模长；
(2)若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由；
(3)设，若对恒成立，求 的最大值.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B B C A A D C AC ABD
题号 11
答案 ABC
1．B
【详解】由虚部的定义可知，复数的虚部为.
2．B
根据平面向量共线的基本定理依次判断求解.
【详解】对于A，若A，B，C三点共线，则，，
即，则，此时无解，故A错误；
对于B，若A，B，D三点共线，则，，
而，即，
则，解得，故B正确；
对于C，若A，C，D三点共线，则，，
而，即，
则，此时无解，故C错误；
对于D，若B，C，D三点共线，则，，
即，则，此时无解，故D错误.
3．B
【详解】对于A选项，若上有无数个点不在内，则或与相交，A错；
对于B选项，若，则直线与平面没有公共点，
因为平面内的任意一条直线上的所有点都在平面内，
所以与内的任意一条直线一定没有公共点，B对；
对于C选项，若，则与内的任意一条直线平行或异面，C错；
对于D选项，若，且，则或，D错.
4．C
【详解】.
∵ ，
∴ ，即，故.
对所求式两边平方得：
.
∵ ，且，
∴ 代入得 .
结合，得 .
5．A
根据已知条件结合平面向量基本定理求解即可.
【详解】因为在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，，，
所以
.
故选：A
6．A
根据函数图像的平移及逆向变换思路求解即可.
【详解】函数的图像向左平移个单位长度，得到.
所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到.
又，所以.
7．D
【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为，
所以该圆锥的表面积为，
设球O的半径为R，则球O的表面积为，
由题意知，所以，
圆锥的体积，球O的体积，
所以.
8．C
【详解】试题分析：由图可知： ， ，又因为是圆的一条直径，故是相反向量，且， ，因为点在圆内且满足，三点共线，当为的中点时，取得最小值，故的最小值为.
考点：向量的运算.
9．AC
根据二倍角公式以及两角和差的余弦公式，两角和差的正切公式逐项分析即可.
【详解】因为，所以A正确；
因为，所以B错误；
因为，
所以，即，所以C正确；
因为，所以D错误.
10．ABD
由向量垂直的坐标表示可判断A，由向量夹角和数量积的符号关系可判断B，由投影向量计算公式可判断C，通过平方可判断D.
【详解】选项A，若 ，得 ，
解得 ，A正确，
选项B，由 与 夹角为锐角，
得：，
当两向量共线，得 ，
此时 ，为同向共线，夹角为（不是锐角），需排除 ，
因此 ，B正确，
选项C，当 时，，
在 方向上的投影向量为 ，
，
因此投影向量为 ，C错误，
选项D，对 ， 两边平方： ，
展开整理得：，代入， 得 ，
又 ，因此 ，，
设夹角为 ： ， 由 得 ，D正确.
11．ABC
对于选项，由正弦定理得三角形三边之比，由面积求出三边，代入公式即可求出周长；
对于选项，根据余弦定理可求得的值为，可得，可得三个内角，，成等差数列；
对于选项，由正弦定理可得，外接圆直径可得的值；
对于选项，由题意利用中线定理即可计算得解．
【详解】由正弦定理可得．
设
，
解得的周长为，故A正确；
由余弦定理得，，
故B正确；
由正弦定理知，外接圆的直径，故C正确；
由中线定理得，即，
，故D错误．
故选:ABC．
12．/
【详解】设对应的平面图形为，
在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，且长度不变，
在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，
且的长度扩大为的倍，
是等腰直角三角形且，斜边，，
根据斜二测画法可知，，，,
.
13．
【详解】由图象得的最大值为3，最小值为，所以，
，解得，所以，
又过点，代入可得，所以，
则，解得，
因为，所以.
14．
设，得到，根据B，T，F三点共线，得到，再用表示向量，最后应用数量积运算律计算得出，结合模长公式求解；
【详解】设，且B，T，F三点共线，
，解得；同理；
由E，F分别是边AD和DC上的中点，由三角形相似可得R，T分别是线段BE、BF上的三等分点，
又，所以，
又因为，所以
即得，所以，
所以，即得.
15．(1)；
(2).
（1）利用向量共线的坐标形式可求参数的值或者利用共线向量定理可求参数的值；
（2）利用向量垂直的坐标形式可求参数的值.
【详解】（1）方法一：由题意得，，，
∵，∴，
解得.
方法二：由题意得，，不平行，设，
则，∴，解得.
（2）由题意得，，
∵，∴，
解得.
16．(1)分米3
(2)分米2
（1）先分别代入公式计算正四棱台的体积和正四棱柱的体积，将两个几何体的体积相加，即可得到灯笼的总体积；
（2）先根据正四棱台的高和上下底边长差求出正四棱台的斜高，再分别计算正四棱台的侧面积与正四棱柱的侧面积，将两个侧面积相加，即可得到灯笼所需纸张的总面积.
【详解】（1）已知正四棱台上底边长，下底边长，高，则，，
所以（分米3），
已知正四棱柱底面边长，高，则（分米3），
总体积：（分米3）.
（2）正四棱柱侧面为4个矩形，侧面积（分米2），
正四棱台侧面为4个全等等腰梯形，先求斜高： 正四棱台高为，等腰梯形上下底差的一半为，
由勾股定理得斜高，单个等腰梯形面积为，
因此正四棱台侧面积，
总面积（分米2）.
17．(1)
(2)
（1）利用同角三角函数关系式得，，结合两角差的余弦公式计算得出答案；
（2）利用二倍角公式化简原式，代入计算可得结果；
【详解】（1）因为，，
所以，.
所以
.
（2）
.
18．(1)
(2)
(3)
（1）先根据正弦定理将转化为，
再根据对上式进行化简，最后求出的值.
（2）根据三角形面积公式可求出的值，再结合余弦定理以及的值求解出的值.
（3）先根据求解出的值，再利用面积法求解出角平分线的长度.
【详解】（1），.
在中，，
，可得，
，，，又，可得．
（2）由，解得，
由余弦定理得，所以，故．
（3）由，，
设AD的长为x，由，，
解得，即.
19．(1)
(2)不正确，理由见解析
(3)
【详解】（1）因为，则，又，
则.
（2）不正确，理由如下，
因为，则，又，
则，
若，则，则，
所以“”的充要条件是“”，
故“”的充要条件是“”是不正确的.
（3）因为，则，
，
，
，
由，得，
所以，
即对恒成立，
又因为，所以，
解得，
因为，所以满足题意，
所以，
又因为，所以，
所以的最大值为．

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