精品解析：贵州省贵阳清华中学2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题

2026届高一年级第二次数学联考测试题 注意事项： 1．答题前请考生将自己的姓名、考号填写在答题卡上； 2．在指定的区域内作答，超出答题区域的书写无效； 3．本卷满分150分，时间120分钟； 4．考试结束时，将本试卷与答题卡一并收回． 一、单选题（本题共8道小题．下列各题均只有唯一正确选项，每题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数所对应的点是，对应的点是，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的（ ） 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 4. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来实际图形的周长是（ ） A. B. C. 6 D. 8 5. 在中，D为边的中点，E，F分别为边，上的点，且，，若，，则值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 6. 已知三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，，则（　　） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 7. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 8. 如图，为了测量花溪河对岸一座塔楼的高度，测量者小王在岸边点A处测得塔顶D的仰角为，塔底C与A的连线与河岸成角，小王沿河岸向西走了40米到达M处，测得塔底C与M的连线与河岸成角，则塔楼的高度为（ ） A. 20米 B. 25米 C. 米 D. 米 二、多项选择题（本题共3道小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数是 B. 复数是纯虚数，则 C. 复数所对应的点在第二象限，则 D. 已知，复数z满足，则的最大值为6 10. 已知向量，，且是直角三角形，则k的值可以是（ ） A. 或 B. 1或2 C. D. 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则有（ ） A. 直线平面 B. 异面直线与所成的角为 C. 直线与平面所成的角为 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题（本题共3道小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，且，则______． 13. 已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的内切球的体积是______． 14. 在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为______． 四、解答题（本题共5道小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，． （1）若，求值； （2）若向量在方向上的投影向量为，求的值． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，过点D作于点F．求证： （1）平面； （2）平面． 17. 已知向量，，函数的部分图象如图所示： （1）求的最小正周期和单调区间； （2）函数在有两个不同的零点，求m的取值范围． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现有三个条件： ①； ②； ③（S为的面积）． 请从以上三个条件中选择一个填入下面横线上作为前提条件，并求解．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分） 已知：______． （1）若，，求内切圆的半径； （2）若点D是上一点，且，的面积，求的最小值． 19. 如图①，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起构成几何体，如图②．在图②所示的几何体中： （1）在棱上找一点F，满足平面，求几何体与几何体的体积比； （2）当几何体的体积最大时， ①求证：平面； ②求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高一年级第二次数学联考测试题 注意事项： 1．答题前请考生将自己的姓名、考号填写在答题卡上； 2．在指定的区域内作答，超出答题区域的书写无效； 3．本卷满分150分，时间120分钟； 4．考试结束时，将本试卷与答题卡一并收回． 一、单选题（本题共8道小题．下列各题均只有唯一正确选项，每题5分，共40分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合中函数的定义域得到集合，然后利用交集运算即可求解. 【详解】由可得，解得或， 所以， 所以， 故选：C. 2. 设复数所对应的点是，对应的点是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的几何意义以及复数乘法运算即可求解. 【详解】由题意. 故选：B. 3. 已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的（ ） 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件定义判断． 【详解】充分性：根据面面平行的定义知充分性成立； 必要性：设，当，且，，此时，但是与相交，故必要性不成立． 故选：A． 4. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来实际图形的周长是（ ） A. B. C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】还原图形，用勾股定理计算线段长度，再求出周长. 【详解】如图所示：根据斜二测画法，可知原图形为平行四边形， 其中，， 所以， 故周长为. 故选：D. 5. 在中，D为边的中点，E，F分别为边，上的点，且，，若，，则值为（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算分别求出的值即可. 【详解】，因为D为边的中点， 所以，所以，从而. 故选：A. 6. 已知三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，，则（　　） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系可判定A、B项；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理，可证得C正确；由面面平行的判定定理，可判定D不正确. 【详解】对于A中，若，，则或，所以A项不正确； 对于B中，若，，，则或与相交，所以B项不正确； 对于C中，设，在平面内任取一点（不在、上）， 作，垂足分别为，由面面垂直的性质定理， 可得，，又，，所以， 又因为，，可得，所以C项正确； 对于D中，若，，，，只有相交时，才有，所以D项不正确. 故选：C. 7. 已知，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基本不等式得出的范围，进一步由指数函数、对数函数单调性即可比较大小. 【详解】，等号成立当且仅当，且， 从而. 故选：B. 8. 如图，为了测量花溪河对岸一座塔楼的高度，测量者小王在岸边点A处测得塔顶D的仰角为，塔底C与A的连线与河岸成角，小王沿河岸向西走了40米到达M处，测得塔底C与M的连线与河岸成角，则塔楼的高度为（ ） A. 20米 B. 25米 C. 米 D. 米 【答案】D 【解析】 【分析】在△中应用正弦定理求，再由即可求的高度. 【详解】由题设，在△中， 由正弦定理有：，又， 则米. 故选：D. 二、多项选择题（本题共3道小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数是 B. 复数是纯虚数，则 C. 复数所对应的点在第二象限，则 D. 已知，复数z满足，则的最大值为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，直接由共轭复数的概念即可判断；对于B，由纯虚数的概念列式即可求解；对于C，由复数的几何意义列出不等式组即可，求解即可判断；对于D，由复数的几何意义即可判断. 【详解】对于A，复数的共轭复数是，故A错误； 对于B，复数是纯虚数，则，解得，故B正确； 对于C，复数所对应的点在第二象限，则，解得，故C正确； 对于D，设，而，，所以， 不妨令，所以 ， 其中， 所以，等号成立当且仅当， 此时，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知向量，，且是直角三角形，则k的值可以是（ ） A. 或 B. 1或2 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】得出，对三角形的三个角是否是直角讨论，利用向量垂直的坐标表示即可列式验算. 【详解】因为，，所以， 若是直角，，所以或， 若是直角，，该方程无解， 若是直角，，解得， 综上所述，k的值可以是或或. 故选：AC. 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则有（ ） A. 直线平面 B. 异面直线与所成的角为 C. 直线与平面所成的角为 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角形中位线定理、异面直线所成角定义，结合线面角的定义、线面平行的判定定理、正方体的截面性质逐一判断即可. 【详解】对于B，连接， 因为E，F，分别为，的中点， 所以， 因为是棱长为2的正方体， 所以， 因此是等边三角形，因此， 因此直线与所成的角为，故B正确； 对于C，延长，交的延长线于， 因为G为的中点， 所以B为的中点， 由正方体的性质可知：平面， 因此是直线与平面所成角的平面角， 因为， 所以直线与平面所成的角不是，故C不正确； 对于A，取中点，连接， 则，因为平面，平面， 所以平面， 因为分别为的中点， 所以且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面，而平面， 所以直线平面，故A正确； 对于D，因为，， 所以，因此四点共面， 因此截面为等腰梯形， 因为正方体棱长为2， 所以， ， 因此该等腰梯形的高为：， 所以该等腰梯形面积为：，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法： （1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键； ②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念； ③求，利用解三角形的知识求角； （2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）. 三、填空题（本题共3道小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量，，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先利用向量平行得到，然后利用齐次化法将所求式子化成含有的式子即可运算求解. 【详解】因为，，且， 所以，所以， 从而. 故答案为：. 13. 已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的内切球的体积是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥底面圆周长为扇形弧长得圆锥底面半径，设内切球半径为r﹐圆锥高为h，结合轴截面图形计算得，最后计算体积即可. 【详解】设圆锥底面半径为R，则，所以． 设内切球半径为r﹐圆锥高为h，则， 如图，是圆锥轴截面三角形图， 所以，解得：， 故． 故答案为：. 14. 在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立适当的平面直角坐标系，引入参数，结合向量数量积的坐标公式将表示成的函数，由此即可得解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系： 由题意，设， 从而， 所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题（本题共5道小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，． （1）若，求值； （2）若向量在方向上的投影向量为，求的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由向量垂直的坐标表示，得到方程，解方程即可求出结果； （2）通过投影向量的计算方法，得到方程，解方程即可求出结果. 【小问1详解】 由已知则，， 则有，又， 由，解得． 【小问2详解】 由已知， 设向量与得夹角为，则在方向上的投影向量为 从而有，解得或. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，过点D作于点F．求证： （1）平面； （2）平面． 【答案】（1） 如图，连与交于点O，连． 由矩形知O为的中点， 从而是的中位线，所以， 又平面，平面． 则平面． （2） 由已知底面，平面，则， 在矩形中，又，平面， 所以平面，平面，则． 由已知，E为的中点，则有， 又，平面，所以平面， 又因为平面，从而， 又，，平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）连与交于点O，连，只需证明，进一步结合线面平行的判定定理即可得证； （2）要证平面，由于已经有，故只需证明，即只需证明平面，进一步结合线面垂直的判定定理、性质定理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知向量，，函数的部分图象如图所示： （1）求的最小正周期和单调区间； （2）函数在有两个不同的零点，求m的取值范围． 【答案】（1）最小正周期为，递增区间是；递减区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换得，根据图象得，从而可得，整体代入法列出不等式组即可求解单调区间； （2）将原问题等价转换为的图象及的图象交点个数为2时，求的范围，只需作出两函数的图象即可求解. 【小问1详解】 由已知函数 由图知，则的最小正周期为． 从而，得． 令，此时递增． ，此时递减． 所以的递增区间是；递减区间是． 【小问2详解】 由（1）知，令，，则， 由， 作及，的图象， 如图知当与有两个不同的交点时，． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现有三个条件： ①； ②； ③（S为的面积）． 请从以上三个条件中选择一个填入下面横线上作为前提条件，并求解．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分） 已知：______． （1）若，，求内切圆的半径； （2）若点D是上一点，且，的面积，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理，以及边化角或角化边思想的应用，三个选项都可以解出，再利用等面积法来研究内切圆半径，即可求得； （2）利用定比分点向量方法来求三等分线段长，再由已知面积可知两边之积为定值，利用均值不等式，从而求得三等分线段有最小值. 【小问1详解】 若选①：，由正弦定理得 而，又，则． 若，，由余弦定理有： 解得，则知的面积为． 设内心为I，内切圆半径为r，连，，，则 所以． 若选②：由结合正弦定理角化边得： ，再由余弦定理可得： 因为，所以． 以下解法同①； 若选③：由，结合余弦定理和面积公式可得： ， 弦化切得：，又因为，所以． 以下解法同①； 【小问2详解】 由（1）知，又题意， 如图， 即 取等号条件是, 所以的最小值为． 19. 如图①，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起构成几何体，如图②．在图②所示的几何体中： （1）在棱上找一点F，满足平面，求几何体与几何体的体积比； （2）当几何体的体积最大时， ①求证：平面； ②求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2）①证明：由题意，当几何体的体积最大时，而底面的面积确定，从而点D到底面的距离最大，此时应有平面平面． 由已知，在图①中，取中点Q，连，在图②中连． 由已知，又，则四边形为正方形， 从而为等腰直角三角形，又，，， 所以，即为直角三角形，得． 在图②中，E为中点，则， 又平面平面且平面平面， 则有平面，得． 又，，则平面． ② 【解析】 【分析】（1）取中点M，连，可得，进一步可证平面，M就是所找点F，此时将体积比转换为面积比即可得解； （2）①几何体的体积最大即平面平面，再通过平面几何知识证明，结合面面垂直的性质即可证明平面； ②通过定义法说明就是二面角的平面角，结合平面几何知识即可进一步求解. 【小问1详解】 取中点M，连，则是的中位线，即得，又平面， 平面，即有平面，即M就是所找点F． 由，从而得． 【小问2详解】 ①略 ②过点E作于M，连，由①知平面，则，又， ，则平面，从而，即就是二面角的平面角．显然是直角三角形，且． 令，则，， 则，则． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $