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北京市顺义区第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试
数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
1.已知点，则向量( )
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.在直角中，斜边，直角边若以该直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
4.已知向量，则下列向量与平行的是( )
A. B. C. D.
5.已知两条不同直线与两个不同平面，下列命题正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
6.在中，，则( )
A. B. C. D.
7.庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡如图如图，若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为( )
A. B. C. D.
8.设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
9.如图，在正方体中，点，分别为棱，的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是( )
A. 直线与直线异面 B. 平面平面
C. 截面是梯形 D. 直线平面
10.在中，，为的中点，点在斜边的中线上，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.已知，则 ．
12.如图，是水平放置的的直观图，且，则的周长为
13.已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为 ．
14.如图，长方体中，是边长为的正方形，与平面所成的角为，则棱的长为 ：二面角的大小为 ．
15.乾坤八卦由乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八个卦象组成，分别代表天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象．如图是八卦模型图，其平面图形记为图中的正八边形，其中，则下列命题：

；
；
在上的投影向量为；
若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为．
其中正确命题的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.已知，求：
；
；
与的夹角的余弦值．
17.如图，已知正方体边长为．

证明：平面；
证明：；
求三棱锥的体积．
18.在中，角，，的对边分别为，，，若，，．
求的值；
求边及的面积．
19.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，底面．

证明：平面平面；
设平面平面于直线，证明：；
若在线段上是否存在点，使得平面，若存在点，则为何值时，直线与底面所成角为．
20.已知在中，内角，，所对边分别为，，，
求的大小
若，判断下列三个条件是否能使 存在且唯一，并对满足条件的求出的周长．
边上的高线长为，，
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分
21.如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且 记向量 若 则称与为正交向量若对任意不同的，都有与为正交向量，则称为正交数表．
直接判断是否为正交数表不需要说明理由；
当时，设 且与为正交向量，与为正交向量，求证：与不是正交向量：
求证：对任意，当时，不是正交数表．
参考答案
1.
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14.
15.
16.解：由，则；
由；
由，则，
．
17.解：

在正方体中，连接交于，连接，交于，
连接，则，且平面，平面，
所以平面．
因为为正方体，则平面，且平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以．
．
18.因为 ， ，
所以在 中，由正弦定理得 ，
所以 ，
故 ；
方法一：
由知 ，所以 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，可得 ，
所以 ，
在 中， ，
所以 ， ；
方法二：由余弦定理 ，
， 或 ，
当 时 ，即为钝角，
， 与为钝角矛盾，
舍， ，
， ，可得 ，
．
19.解：因为底面，平面，则，
又因为底面为正方形，则，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面．
在正方形中，则，
且平面，平面，可知平面，
且平面，平面平面，所以．
存在点在的处，使得平面．
在线段上取点，使，连接，，．
在中，，即，
则，且，
在正方形中，在的处，则，且，
可得，且，可知为平行四边形，
则，且平面，平面，所以平面，
在的处取点，连接．
中，点，分别为的处，则，且，
因为平面，则平面，即在平面上的射影，
可知即为与底面所成角，
在中，，

若，，所以．
20.解：已知在中，内角，，所对边分别为，，，，
根据正弦定理可得，
在中，可知，
则，即，
又，所以．
选择条件，边上的高线长为，
由知，则，
由余弦定理得，
所以存在且唯一，其周长为．
选择条件，，
由知，由余弦定理知，则，
整理得，而，解得，
所以存在且唯一，其周长为．
选择条件，，
由知，由正弦定理得，
因为，则，
所以存在两解，不符合要求．
21.解：对于，，
则，满足正交向量的定义，因此是正交数表．
对于，，
则，
不满足正交向量的定义，因此不是正交数表．
综上，是正交数表，不是正交数表．
设，，
由与为正交向量，与为正交向量，可得且
，其中，，
故不妨设，，
则，
即，因此与不是正交向量．
因为，因此的最小值为，
所以我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为，
假设是正交数表，则有，，，
可得如下变换成立，
变换：交换正交数表的任意两行，所得的新数表仍是正交数表；
变换：交换正交数表的任意两列，所得的新数表仍是正交数表；
变换：将正交数表的任意一列实数都变成其相反数，所得的新数表仍是正交数表；
因此我们将第一行的所有元素都变成，即假设，
由，在中，和的数量相等，即有个和，
同样的，在中也有个和，
由，我们将乘积值的情况分成四类：
第一种：，设数量为；第二种：，设数量为；
第三种：，设数量为；第四种：，设数量为；
且，
根据中也有个和，，
同样根据在中也有个和，，
因此得，从而有
故有，因此，即正交数表的行列数必须是的倍数，
因此时必成立，命题得证．

【解析】先明确正交数表判定规则，再分别计算，的行向量数量积．
先分析的元素构成，再计算的表达式，最后利用反证法推导．
先利用反证法假设，再分析数表变换，然后分析其余行向量的元素构成即可得证．
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