精品解析：北京市五十七中学2025-2026学年高一第一学期期末数学试题

北京市第五十七中学2025-2026学年第一学期0.5+3期末数学试卷 一､单选题 1. 设为虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面中对应的点在 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】复数，则的共轭平面复数在复平面中对应的点在第四象限，故选D. 2. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，则此三角形的解的情况是（ ） A. 有一解 B. 有两解 C. 无解 D. 有解但解的个数不确定 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求解. 【详解】由正弦定理可得可得， 所以无解，所以三角形的解的情况是无解， 故选:C. 3. 函数①，②，③中，最小正周期是且为奇函数的所有函数的序号是（ ） A. ①② B. ② C. ③ D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】对三个函数化简后分别讨论. 【详解】对于①，，最小正周期为2π，也不是奇函数； 对于②，最小正周期为； 又故符合题意； 对于③，， 由②推导过程可知：最小正周期是且为奇函数，符合题意. 故选：D 【点睛】三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题； (1) 求最小正周期用; (2)判断奇偶性，一般用或. 4. 在等腰梯形中，，，.将等腰梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断旋转后的几何体的形状，然后求几何体的体积. 【详解】由题意可知旋转后的几何体如图： 将等腰梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面 所围成的几何体的体积为 圆柱的体积减去两个相同圆锥的体积 . 故选：C 【点睛】本题考查了求旋转体的体积以及柱体、锥体的体积公式，需熟记公式，属于基础题. 5. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 6. 在正四面体中，棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作出线面角的平面角，利用线面垂直和勾股定理即可求出正弦值为. 详解】如下图所示： 取为底面的中心，为底面的中点，连接； 由正四面体性质易知底面，且三点共线， 所以即为棱与底面所成角的平面角， 取正四面体的棱，可得， 由正三角形中心可得，勾股定理可得 所以； 故选：B 7. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ） A. 1 B. －1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求解即可． 【详解】，所以． 故选：A． 8. 如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积. 【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、， 四面体的外接球即为长方体的外接球， 而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为， 故，所以外接球表面积为. 故选：B. 9. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【详解】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 10. 某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为（ ） A. 64 B. 60 C. 56 D. 52 【答案】B 【解析】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】连接，因为且，故，同理，而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面， 平面，故平面， 取的中点为的中点为的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形平行四边形， 而平面BHT， 故平面，故平面平面BHT， 而，故， 故几何体为直棱柱，而，故， 因为，故平面，而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为. 故选：B 11. 如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.下列结论错误的是（ ） A. ； B. 平面； C. 直线与直线所成角的范围是； D. 点到平面的距离是. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法一一判断即可得到答案. 【详解】以原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有，，，，，，，， 则，，，， ，，， 设，则， 则， ，故，故A正确； 设平面的法向量为， 则有，令，则，， 则， 则，故， 又平面，则平面，故B正确； 当时，有，此时，即， 即此时直线与直线所成角为，故C错误； 由，， 则点到平面的距离，故D正确. 故选：C. 12. 如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动.当的面积取得最小值时，点的位置是（ ） A. 线段的三等分点，且靠近点 B. 线段的中点 C. 线段的三等分点，且靠近点 D. 线段的四等分点，且靠近点 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为动点到直线的距离最小时，确定点的位置，建立空间直角坐标系，取的中点，通过坐标运算可知，即是动点到直线的距离，再由空间两点间的距离公式求出后，利用二次函数配方可解决问题. 【详解】设正方体的棱长为1，以 为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，的中点， ，，则， 设，， 由与共线，可得，所以，所以，其中， 因为， ， 所以，所以，即是动点到直线的距离， 由空间两点间的距离公式可得， 所以当时，取得最小值，此时为线段的中点， 由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点. 故选：B 【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题. 二､填空题 13. 已知复数是纯虚数，则___________，复数的虚部为___________. 【答案】 ①. ②. 10 【解析】 【分析】根据复数的运算，结合纯虚数的概念及虚部的概念即可求解. 【详解】依题意，， 由是纯虚数，得， 解得， 因此，所以复数的虚部为10. 故答案为：；. 14. 如图，若平行六面体的所有棱长均为2，且，则________，异面直线与所成角的大小为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用向量数量积计算公式计算可得，由异面直线所成角定义可得异面直线与所成角的大小. 【详解】因平行六面体的所有棱长均为2，且， 故， 因，则， 因异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的大小为. 故答案：；. 15. 已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意利用平面向量的几何特征，可知当时，取得最小值. 【详解】如图所示： 设， 当时，取得最小值， 过点作于点，即可得的最小值为， 又与的夹角为，即，易知， 所以. 即的最小值为1. 故答案为：1 16. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果. 【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以， 因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为， 因此圆锥的侧面积为． 【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解． 17. 如图，在长方体中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥.其中，，E为的中点，F与G分别是棱与棱上的点，且满足.已知抹去之后的体积是长方体体积的，则的长度为___________，长方体的体对角线长度为___________. 【答案】 ①. 1 ②. 4 【解析】 【分析】由题意结合柱体和锥体的体积公式建立关于的方程，求出即可计算求解长方体的体对角线长度. 【详解】，，E为的中点，， 由题长方体体积为 所以抹去的八个形状与大小都相同的三棱锥的体积之和为， 所以， 所以长方体的体对角线长度为. 故答案为：1；4 18. 在中，内角的对边分别为，边上的高为，则的最大值为_________ . 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理可得：，再结合面积公式可得：，整理代入可得：，根据三角函数的值域即可得解. 【详解】由余弦定理可得：①， 再根据面积公式可得：， 可得，代入①式可得： ， 整理可得： 当时，由最大值， 故答案为：. 【点睛】本题考查了解三角形中的最值问题，考查了余弦定理和面积公式，同时考查了转化思想和三角函数的性质，有一定的计算量，属于较难题. 19. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面. 【答案】1或2##2或1 【解析】 【分析】由已知判断平面，然后说明，设，通过勾股定理可求出. 【详解】由已知得平面，又平面，所以， 若CF⊥平面，则必有， 设，则，，， 所以由得，解得或2， 所以当或2时，CF⊥平面. 故答案为：1或2. 20. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为____________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断①；以点为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，根据可判断②；利用向量法求出点到直线的距离，再由的面积为可判断③；利用平行关系做出平面与正方体的截面可判断④. 【详解】对于①，连接， 因为，，，平面 所以平面，平面，所以，故①正确； 对于②，以点为原点，所在的直线分别为轴 建立空间直角坐标系，则， ， 若是钝角，则， 即，解得，又因为，且， 故存在，使得是钝角，故②正确； 对于③，当时，， ， ，点到直线的距离 ， 则的面积为 ，因为，所以无最小值，故③错误； 对于④，当时，分别延长相交于点，过点做 分别交于于点，连接，过点做， 连接，则平面与该正方体的表面的交线分别为，即平面截该正方体的表 面所得的截面为六边形，故④正确. 故答案为：①②④. 四､解答题 21. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）当时，求函数的最大值和最小值，并求出对应的值： （3）若在区间上单调递增，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换将原式转化为，再求周期即可； （2）正体代入结合正弦函数的单调性求解可得； （3）求出正弦函数的递增区间，再由集合间的包含关系可解. 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期为. 【小问2详解】 当，， 所以当即时，最大值； 当即时，最小值. 【小问3详解】 当，即时， 函数为递增函数， 又在区间上单调递增， 所以应为函数递增区间的子集，即， 取，所以 22. 在中，． （1）求； （2）在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长． 条件①； 条件②的周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解； （2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可求得各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，因为， 所以当时，，所以， 不合题意，舍去，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 选①：，与已知条件矛盾， 故不存在； 选②：因为，，所以， 因为， 所以，，， 所以， 所以，所以，，， 设中点为，所以， 因为在中由余弦定理有，， 所以，所以边上的中线长度为； 选③：因为， 所以，， 同理 因为， 所以. 23. 如图长方体中，，，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由勾股定理证明，，再结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 取AC的中点O，连接，由勾股定理可知 ，则，同理可证， 平面平面 【小问2详解】 建立如下图所示的空间直角坐标系 显然平面的法向量即为平面的法向量，不妨设为 由（1）可知平面，即平面的法向量为 ，又二面角是钝角， 二面角的余弦值为 24. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，，、分别为棱、的中点. （1）求证：平面； （2）已知为棱上的点，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值； （3）在（2）已知的条件下，设点在延长线上，且.判断直线是否在平面内，并说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）是，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，先证明四边形是平行四边形，得出.，进而根据线面平行的判定定理，即可得出结论； （2）过作于，连接，可证为二面角的平面角，求解即可； （3）根据已知分别求出，判断是否成立，结合平面的基本性质可得结论. 【小问1详解】 如图，取中点，连接， 因为为的中点，所以且.， 因为底面四边形是矩形，为棱的中点，所以且． 所以且，故四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 过作于，连接， 平面平面，平面平面，平面， 因为，所以平面，又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角或其补角， 设，由余弦定理得， 又， 所以，所以， 所以， 所以， 因为平面PMB与平面SAD所成角的余弦值为， 所以，平方得， 所以，整理得， 所以，解得或（舍去）， 所以． 【小问3详解】 因为是正三角形，，则，， 所以，，，由（2）知，则， 在中， 在中， 而， 综上，，又都在平面内，则三点共线， 由平面，即平面，，则平面， 又平面，而，则平面. 25. 如图1，在矩形中，，，为的中点，为中点．将沿折起到，使得平面平面（如图2）． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面? 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）先证明平面．再证明.(2) 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）,利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.(3) 假设在线段上存在点，使得平面.设，且，根据平面求得，所以当时，平面． 【详解】（1）由已知， 因为为中点，所以． 因为平面平面，且平面平面， 平面，所以平面． 又因为平面，所以． （2）设为线段上靠近点的四等分点，为中点． 由已知易得． 由（1）可知，平面， 所以，. 以为原点，所在直线分别为轴 建立空间直角坐标系（如图）． 因为，， 所以． 设平面的一个法向量为， 因为， 所以 即 取，得． 而 . 所以直线与平面所成角的正弦值 （3）在线段上存在点，使得平面. 设，且，则，． 因为，所以， 所以， 所以，． 若平面，则.即. 由（2）可知，平面的一个法向量， 即，解得， 所以当时，平面． 【点睛】（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查二面角的求法和直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角. 26. 设为正整数，若满足：①；②对于，均有；则称具有性质.对于和，定义集合. （1）设，若具有性质，写出一个及相应的； （2）设和具有性质，那么是否可能为，若可能，写出一组和，若不可能，说明理由； （3）设和具有性质，对于给定的，求证：满足的有偶数个. 【答案】（1）答案见解析（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据性质的定义可得答案； （2）利用反证法以及性质的定义推出相互矛盾的结论可得解； （3）通过构造，证明当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出，即可得证. 【详解】（1），；，；，；；，. （2）假设存在和均具有性质，且， 则， 因为与同奇同偶，所以与同奇同偶， 又因为为奇数，为偶数， 这与与同奇同偶矛盾，所以假设不成立. 综上所述：不存在具有性质的和，满足. （3）不妨设与构成一个数表， 交换数表中的两行，可得数表， 调整数表各列的顺序，使第一行变为， 设第二行变为， 令，则具有性质，且， 假设与相同， 则， 不妨设，，则有，故， 因为，所以， 因为，所以，与矛盾. 故对于具有性质的，若具有性质，且，则存在一个具有性质的，使得，且与不同，并且由的构造过程可以知道，当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出. 所以满足的有偶数个. 【点睛】关键点点睛：理解性质的定义，通过构造法解题是解题关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十七中学2025-2026学年第一学期0.5+3期末数学试卷 一､单选题 1. 设为虚数单位，复数，则的共轭复数在复平面中对应的点在 A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，则此三角形的解的情况是（ ） A. 有一解 B. 有两解 C. 无解 D. 有解但解的个数不确定 3. 函数①，②，③中，最小正周期是且为奇函数的所有函数的序号是（ ） A. ①② B. ② C. ③ D. ②③ 4. 在等腰梯形中，，，.将等腰梯形绕所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”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 6. 在正四面体中，棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 棱长为2的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则（ ） A. 1 B. －1 C. D. 8. 如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 9. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） A. B. C. D. 10. 某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为（ ） A. 64 B. 60 C. 56 D. 52 11. 如图，在棱长为正方体中，点是线段上的动点.下列结论错误的是（ ） A. ； B. 平面； C. 直线与直线所成角的范围是； D. 点到平面的距离是. 12. 如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动.当的面积取得最小值时，点的位置是（ ） A. 线段的三等分点，且靠近点 B. 线段的中点 C. 线段的三等分点，且靠近点 D. 线段的四等分点，且靠近点 二､填空题 13. 已知复数是纯虚数，则___________，复数的虚部为___________. 14. 如图，若平行六面体所有棱长均为2，且，则________，异面直线与所成角的大小为________. 15. 已知向量满足，与的夹角为，则当实数变化时，的最小值为______． 16. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 17. 如图，在长方体中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥.其中，，E为的中点，F与G分别是棱与棱上的点，且满足.已知抹去之后的体积是长方体体积的，则的长度为___________，长方体的体对角线长度为___________. 18. 在中，内角的对边分别为，边上的高为，则的最大值为_________ . 19. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC=2，=3，D是的中点，点F在线段上，当AF=___________时，CF⊥平面. 20. 如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在棱，上，且，点为的中点，给出下面四个结论： ①； ②存在，使得是钝角； ③当时，的面积取得最小值； ④当时，平面截该正方体的表面所得的截面为六边形. 其中正确结论的序号为____________. 四､解答题 21. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）当时，求函数的最大值和最小值，并求出对应的值： （3）若在区间上单调递增，求实数的取值范围． 22. 在中，． （1）求； （2）在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长． 条件①； 条件②周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0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． 23. 如图长方体中，，，点为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 24. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，，、分别为棱、的中点. （1）求证：平面； （2）已知为棱上的点，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值； （3）在（2）已知的条件下，设点在延长线上，且.判断直线是否在平面内，并说明理由. 25. 如图1，在矩形中，，，为的中点，为中点．将沿折起到，使得平面平面（如图2）． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面? 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 26. 设为正整数，若满足：①；②对于，均有；则称具有性质.对于和，定义集合. （1）设，若具有性质，写出一个及相应的； （2）设和具有性质，那么是否可能为，若可能，写出一组和，若不可能，说明理由； （3）设和具有性质，对于给定，求证：满足的有偶数个. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $