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云南昭通市第一中学教研联盟2025-2026 学年高一下学期期中考试
数学试题（A 卷）
一、单选题
1．下列关于向量的论述中，正确的是（ ）
A．零向量是只有大小没有方向的向量
B．
，则
C．
与有向线段BA 的长度不相等
D．对任一非零向量
总是成立的
2．设
，则
（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．2
3．棱长为2 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
4．已知
，则平面向量
与
的夹角为（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知
，
，
，则
的形状是（ ）
A．直角三角形
B．锐角三角形
C．钝角三角形
D．等边三角形
6．已知l，m，n 为三条不同的直线，
为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
或
7．在
中，内角A，B，C 的对边分别为
，向量
，且
，则
的大
小为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．设向量
，则（ ）
A．“
”是“
”的必要条件
B．“
”是“
”的必要条件
C．“
”是“
”的充分条件
D．“
”是“
”的充分条件
二、多选题
9．下列命题中成立的是（ ）
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．若
，则
D．若
为非零向量且
，则
10．下列关于平面向量的推断正确的是（ ）
A．若平面向量
，满足
，则
B．对任意平面向量
，则有
C．若向量
，则向量
在向量
上的投影向量为
D．点
，与向量
同方向的单位向量为
11．如图，已知正方体
的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
A．直线
与
为异面直线
B．
平面
C．三棱锥
的体积为
D．平面
过点
且
平面
，则平面
截正方体
所得截面的图形的周长为
三、填空题
12．已知复数
的模等于2，则实数
的值为______.
13．已知在
中，D、E 分别为AB、CD 的中点，设
，则
______.（用向量
为
基底表示）
14．已知在棱长为4 的正方体
中，
为
的中点，若球
的球面与该正方体的表面有公
共点，则球
的半径的取值范围是______.
四、解答题
15．已知
.
(1)求
；
(2)求
在
方向上的投影向量（用坐标表示）.
16．如图，已知直三棱柱
的各棱长均为2，D 为BC 上的一点，
，连接OD 且
平面
.
(1)求证：
为BC 的中点；
(2)求三棱锥
的表面积及
到平面
的距离.
17．记
的内角A、B、C 的对边分别为a，b，c，若
.
(1)求角
的大小；
(2)设
的面积为
，求
的周长.
18．如图，在正方体
中，
为
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)在图中作出平面
和底面ABCD 的交线，并求平面
将正方体分成两部分的体积之比.
19．在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，满足：
，且
.
(1)求
的大小；
(2)求
面积的最大值；
(3)求
的最大值.
参考答案及解析
1．D
解析：对于A：零向量的模为
，方向是任意的，并不是没有方向，A 错误；
对于B：由于
与
方向相反，长度相等，和是零向量，而不是
，B 错误；
对于C：
与有向线段
的长度相等，C 错误；
对于D：因为零向量的模为0，又因为
非零向量，
的模
，D 正确.
2．C
解析：因为
，
所以
，解得：
．
故选：C.
3．A
解析：因为正方体棱长为2，所以正方体的体对角线长为
，
所以正方体的外接球的半径为
，
所以该球的体积为
.
4．C
解析：
，
因为
，
所以
，所以
，
所以
，又
，故平面向量
与
的夹角为
.
5．A
解析：
，
，
，
，
，
为直角三角形.
故选：A
6．D
解析：选项A：若
，
，则
或
，故A 错误；
选项B：面面平行的判定定理：
内两条相交直线
，
，则
，
由于直线
不一定相交，故命题不一定成立，故B 错误；
选项C：若
，
，则
，
平行或异面或相交，故C 错误；
选项D：当
，且
不在
内时，
，
，则
，
当
，且
不在
内时，
，
，则
，
当
既不在
也不在
内，
，
，则
且
，故D 正确.
7．B
解析：
，
，且
，
，
根据正弦定理
，
，
，
，
，
，
，
，
．
8．D
解析：对于A，当
时，则
，所以
，解得
或
，即必要性不成立，故
A 错误；
对于B，当
时，则
，解得
或
必要性不成立，故B 错误；
对于C，当
时，不满足
，所以
不成立，即充分性不成立，故C 错误；
对于D，当
时，
，
，故
，所以
，即充分性成立，故D 正确.
9．BD
解析：对于A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个
多面体不是棱锥，如图，故A 错误；
对于B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱
一定是直棱柱，故B 正确；
对于C 选项，当
为
时，
与可能不平行，故C 错误；
对于D 选项，
，根据数量积运算法则，则两边平方化简可得
，
，故D 正确，
10．BCD
解析：对于A，根据平面向量数量积的概念，由
，可得
在
上的投影相等，但未必有
，
故A 错误；
对于B，向量数量积满足分配律，故B 正确；
对于C，
，
，
，
所以
在
上的投影向量为
，故C 正确；
对于D，
，且
，故与
同向的单位向量为
，故D 正确．
11．ABD
解析：对于A，因为
平面
，
平面
，
，所以直线
与
为异面
直线，A 正确；
对于B，因为在正方体
中，
，
平面
，
平面
，所以
平面
，B 正确；
对于C，则由正方体的性质可得
为等腰直角三角形，所以
的面积为2，故三棱锥
的
体积为
，C 错误；
对于D，连接
,则平面
即为平面
，截面图形
为等边三角形，所以平面
截正方体
所得截面的图形的周长为
，D 正确.
12．
解析：
复数的模等于2，故
，
故
，解得
.
13．
解析：因为E 为
的中点，则
，因为D 为
的中点，则
，
所以
，
，
，则
.
14．
解析：设球的半径为
，当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，
所求的球的半径最大，若半径变得更大，正方体完全位于球内，此时球面与正方体没有公共点，
正方体的外接球直径
为体对角线长
，
即
，
故
；
当球
与正方体
的各面相切时，球
的半径达到最小，
即
的最小值为2，
.
15．(1)
(2)
解析：（1）根据题意，
，
，
，
故
.
（2）由
，
，得
，
，
所以
在
方向上的投影向量为
.
16．(1)证明见解析
(2)表面积为
，距离为
解析：（1）证明：如图，因为
平面
且
平面
，
又因平面
平面
，
所以
.
又因在直三棱柱
中，
为平行四边形，
所以
为
的中点，
所以
为
的中位线.
所以
为
的中点.
（2）因为三棱柱
是直三棱柱且所有棱长均为2，
在
中，由勾股定理可得
，
，
.
因为
，
所以
，所以
为直角三角形，
三棱锥
的表面积为
.
设
到平面
的距离为
，因为
，所以
即
，解得
，
所以
到平面
的距离为
.
17．(1)
(2)
解析：（1）由正弦定理代入
，得：
，
由余弦定理有
所以
或者（(因为
，所以
，
从而
，）
又因为
，即
，
注意到
，
所以
.
（2）由（1）可得
，
，
所以
，
而
.
由正弦定理有
，
从而
，
由三角形面积公式可知，
的面积可表示为
.
因为
的面积为
，所以
，即
，
所以
，
，
所以
的周长为
.
18．(1)证明见解析
(2)作图见解析，7 17
∶
解析：（1）在正方体
中，
且
，
且
，
且
，所以，四边形
为平行四边形，
所以
.
又
平面
，
平面
，
平面
.
（2）在正方形
中，直线
与直线
相交.
延长
，交于点
，连接
，
，
平面
，则
平面
.
，
平面
，
平面
.
平面
平面
，则平面
和底面ABCD 的交线为，
设
，则如图平面
和底面ABCD 的交线为
，
连接
，则
为平面
和平面
的交线.
由
为
的中点，得
为
的中点，
.
所以平面
将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台
.
解法一：设正方体
的棱长为2.
.
另一部分几何体的体积为
.
两部分的体积比为7 17.
∶
解法二：设正方体
的棱长为2，所以平面
将正方体分成两部分，其中一部分是三棱
台
，
所以
.
另一部分几何体的体积为
，
两部分的体积比为7 17.
∶
19．(1)
(2)
(3)
解析：（1）法一：由三角形的内角和定理得
，
此时
就变为
.
由诱导公式得
，所以
.
在
中，由正弦定理知
，
，
此时就有
，又
，故
，
即
，
再由二倍角的正弦公式得
，解得
.
法二：由题设及正弦定理可得
，又
，故
，
两边平方得
，即
.
又
，即
，所以
，
进一步整理得
，
解得
，因此
.
法三：根据题意
，由正弦定理得
，
因为
，故
，
消去
得
.
因为
，
，故
或者
，
而根据题意
，故
不成立，所以
.
又因为
，代入得
，所以
.
（2）因为
，由余弦定理可知：
即：
，
当且仅当
时等号成立.
.
（3）根据余弦定理
，得
，得
，
由基本不等式可知
因
，
（当且仅当
时取等号）.
设
，则
，
.
设
，
.
则
在区间
上单调递增，
的最大值为
，
的最大值为
.
