山东聊城市2025-2026学年高一第二学期期中教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份山东聊城市2025-2026学年高一第二学期期中教学质量检测数学试题（含解析），共18页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知平行四边形中，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用平行四边形法则计算求解.
【详解】因为平行四边形中，
则.
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】复数，则的虚部为
3. 已知，为单位向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，即，
又因为，为单位向量，所以，即，
所以向量在向量上的投影向量为.
4. 已知长方体的长、宽、高分别为，将该长方体沿相邻三个面的对角线截出一个棱锥，则剩下的几何体体积为（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】设长方体的长、宽、高分别为，根据长方体的几何特征，我们可得两两垂直，代入棱锥体积公式及长方体体积公式，求出三棱锥的体积与剩下的几何体体积，进而得到答案．
【详解】
设长方体的长、宽、高分别为，即，，，
由长方体，得两两垂直，
所以，
所以剩下的几何体体积．
5. 已知平面直角坐标系中，点，若为锐角，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用模长公式及夹角范围得出数量积范围计算求解.
【详解】因为，所以，所以，
即得，，解得，
又因为为锐角，且，
所以且，即得且，
所以的取值范围是.
6. 已知梯形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的梯形，其中，，，若梯形的面积为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为梯形的面积为，则梯形的面积为，
又，且，，所以，解得，
又，所以，解得.
7. 已知中，为的重心，则的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，代换成基底向量可求的余弦值；结合重心性质全部代换成计算求解.
【详解】中，，
如图所示：由题意连接交于，分别为中点，
则，
同时平方得
，
则，
又，
同时平方得，
则；
.
所以.
8. 在中，点在边上，且的面积为2，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在中，，所以，
又因为，所以，所以为等腰直角三角形，
因为，所以，
因为，所以，
所以在中，，可得，
因为，
所以，
在中，由余弦定理可得，
所以.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列关于平面向量的说法错误的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若与反向，则
D. 若，则存在唯一的实数，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量共线判断B，D，C，应用向量的数量积计算判断A.
【详解】当，则，但是或可能不成立，A选项错误；
若满足，但是可能不成立，B选项错误；
若与反向，则，C选项正确；
若，且是非零向量，则不存在唯一的实数，使得，D选项错误；
10. 设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则（ ）
A.
B. 若，则最大值为
C. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
D. 若复数是关于的方程的一个虚根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A通过举反例判断复数平方与模平方不等；选项B、C利用复数模的几何意义转化为圆问题求解；选项D利用实系数方程虚根共轭性质及韦达定理推导．
【详解】设，
对于A，，，二者不相等，A错误；
对于B，
表示复平面内点在以为圆心，半径为的圆上，
表示点到点的距离．
圆心到的距离为，所以的最大值为，B正确；
对于C，
表示复平面内点在以为圆心、内半径、外半径的圆环内，
圆环面积，C正确；
对于D，实系数二次方程有虚根，则，解得，
实系数方程的虚根共轭成对，，，且，
由韦达定理得，，所以，，
因为，所以，D正确．
11. 已知某科学实验室为保障脑机接口实验的精密仪器安全存储，设计了一款圆台形密封智能存储舱（舱壁厚度忽略不计），内部装有两个实心金属球，其中一个金属球恰好与圆台的上､下底面及所有母线都相切（即内切球），存储舱上底面直径，下底面直径，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 存储舱的高为
B. 存储舱的表面积为
C. 存储舱的体积为
D. 舱中另一个球半径最大时，它的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A选项，研究轴截面，设内切圆半径为，利用等面积法求出腰长，即求出高；对于B选项,利用侧面积公式直接计算存储舱表面积即可；对于C选项，应用圆台体积公式计算；对于D选项，在轴截面ABCD中，通过相似三角形求得另一个球半径最大值，最后应用球的表面积公式计算判断.
【详解】对于选项A，如图所示，
由题，存储舱的轴截面是上底为6,下底为2的等腰梯形且有内切圆，如上图，
设内切圆半径为，则梯形两腰长为，
梯形面积公式可以用两种方式表示为
，
故存储舱的高为，A错误；
对于选项B，侧面积公式为，
存储舱的表面积为，故B正确；
对于选项C，存储舱的体积为，故C正确；
对于选项D，当球与球、舱盖、舱壁均相切时，球的半径最大，设为，
如下图，在轴截面ABCD中，由，
则，
可求得它的表面积为，D选项正确；

三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 向量，则实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】由题意得，，
由可得，得.
13. 正三棱锥的底面边长为6，体积为18，则该正三棱锥的侧棱长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三棱锥的体积公式可得三棱锥的高，结合勾股定理即可求解.
【详解】如图所示的正三棱锥，过点作平面,
所以，，
解得：，由于,
所以,
即该正三棱锥的侧棱长为
14. 如图，中，，为边靠近的三等分点，为中点，过作垂线交于点，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】建立直角坐标系，将几何点转化为坐标，从而利用向量的数量积公式求解.
【详解】以为原点，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，
因为为的中点，所以，
因为为边上靠近的三等分点，，所以，
的横坐标与相同，即，
又因为，所以，
所以，
设，所以，
设，所以，
所以，
，则，
则，所以，
，，
.
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. 如图，已知正八边形中.
（1）建立适当的坐标系，求的坐标；
（2）请用表示.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用向量的坐标表示及对称性得出向量坐标；
（2）结合向量的坐标运算应用向量的基本定理得出向量.
【小问1详解】
如图，连接，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，正多边形的中心即为坐标原点，
，
所以，根据对称性可得，
，又，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
设可得，
即解得，
所以.
16. 如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的体积．
（2）求此旋转体的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积；
（2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果.
【小问1详解】
旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
，
所以小圆锥的半径，
圆柱的体积
圆锥的体积
旋转体的体积；
【小问2详解】
圆柱的侧面积
圆锥的侧面积
圆柱的底面积，
圆锥的底面积
旋转体上底面的面积
旋转体的表面积.
17. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据正弦定理及，得
，
，即，，
在中，，，又.
【小问2详解】
，.
由余弦定理得，.
，.
故的周长
18. 已知复数满足，且.
（1）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求；
（2）在第（1）问条件下，若复数，且复数在复平面内对应点在第三象限，求实数的取值范围；
（3）在（1）问条件下，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用复数的运算，即可求解；
（2）根据条件，利用复数的运算得，即可求解；
（3）根据条件，利用复数的运算及虚数单位的运算性质，即可求解.
【小问1详解】
设，
，即，
由，得，则，
又，则，解得，
又复数在复平面内对应的点在第二象限，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
因为复数在复平面内对应点在第三象限，所以，解得.
【小问3详解】
由（1）知，
.
19. 在中，角所对的边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围；
（3）若角的角平分线交于点，求长度的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和差的正弦公式可得；
（2）利用正弦定理化简得出，根据锐角三角形求出，求三角函数的值域即可；
（3）利用余弦定理和基本不等式得出，再利用等面积得出，再利用基本不等式求解.
【小问1详解】
，
则由和正弦定理可得，，
因为，所以，又，所以，
因为，所以，所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理，，
所以
.
由三角形为锐角三角形可知，，解得，
所以，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
由余弦定理，，
即，当且仅当时，等号成立.
又，
化简可得，.
所以，当且仅当时等号成立.
故长度的最大值为.