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2025-2026学年北京市顺义区第一中学高一（下）期中数学试卷
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.在复平面内表示复数的点位于( )
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.已知两条不同的直线，与两个不同的平面，，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，类似五面体的形状如图，若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为( )
A. B. C. D.
8.设为非零向量，则“”是“存在正数，使得”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 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，为水平放置的斜二测画法的直观图，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 ．
16.已知，求：
；
；
与的夹角的余弦值．
17.如图，已知正方体棱长为．
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
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15.
16.解：由，，
则根据平面向量数量积公式可得；
由及可得：
；
由，
则，又，
所以根据两向量的夹角公式可得．
17.证明：在正方体中，连接，交于，连接交于，连接，
则，
因为平面，平面，
所以平面；
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以；
解：因为．
18.解：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，
因为，所以，与为钝角矛盾，
所以舍，即，
因为，所以，可得，
所以．
19.解：证明：在四棱锥中，因为底面，平面，所以，
又因为底面为正方形，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
证明：在正方形中，则，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以．
存在点在的处，使得平面．
理由如下：在线段上取点，使，连接，，．
在中，，
即，
则，且，
在正方形中，在的处，则，且，
所以，且，故BFEK为平行四边形，
所以，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，
可知与底面所成角即为，
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，．
选择条件，边上的高线长为，
由知，则，
由余弦定理得，
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，
存在且唯一，其周长为．
选择条件，，
由知，由正弦定理得，
，则，
存在两解，不符合要求．
21.对于，，，
计算，满足正交向量的定义，因此是正交数表，
对于，，，
计算，不满足正交向量的定义，因此不是正交数表，
综上所述是正交数表，不是正交数表．
证明：设，，
由与为正交向量，与为正交向量，得
且其中，，，．
故不妨设，，
则，
即，因此与不是正交向量．
证明：因为，因此的最小值为因此我们可以从数表中选出三个不同的行向量，不妨设为．
若为正交数表，则有．
且若为正交数表，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，
由得，在中，和的数量相等，即有个和；
同样地，中也有有个和现在考虑．
我们将乘积值的情况分成四类：
，设数量为；
，，设数量为；
，，设数量为；
，设数量为．
且．
根据中有个和，，同样根据中有个和，．
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．
因此时必不成立．命题得证．
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