精品解析：陕西校联考期中测试2025-2026学年高一下学期期中数学试题

陕西校联考期中测试2025-2026学年下学期 高一数学试题 （测试范围：北师大版必修第二册§1．1-§6．2） 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4．命题：孙莹扬手宁马自贤 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 3. 角满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 将一根足够长的圆柱体木棒，沿着截面重新切割，已知底面圆的半径为，，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是相交的两个平面，交线为，记一条直线为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则与必然无交点 B. 若，则与必然无交点 C. 若，则 D. 若，则 6. 在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 已知为的垂心，角，，所对的边分别为，，，且，，则一定有（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 如图，圆内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则下列正确的是（ ） A. ，则的最大值为2 B. 的最大值为 C. 的最大值为1 D. 点为正方形ABCD内一点，则最小值为 11. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若是方程的两根，则 D. 若，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________. 13. 如图，棱长为的正四面体中，是底面的重心，是棱中点，且有，则线段的长度为____________ 14. 在凸四边形中，，，，，则AC的最大值为______． 四、解答题：（本题共5小题，共77分；15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm． （1）这种“浮球”的体积是多少？(结果精确到0.1) （2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（精确到克） 16. 如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. （1）证明：平面； （2）求四棱锥与三棱锥的体积之比. 17. 已知函数，（）． （1）当时，求函数的对称中心； （2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． （3）若角B的角平分线交AC于D点，求BD长度的最大值． 19. 如图，在三棱柱中，，D为的中点，平面平面. （1）求证：是直角三角形； （2）E为的中点，F为与的交点，点M在线段上，，若平面. （i）求侧面与底面所成二面角的正弦值； （ii）若点C到平面的距离为，求三棱柱的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西校联考期中测试2025-2026学年下学期 高一数学试题 （测试范围：北师大版必修第二册§1．1-§6．2） 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4．命题：孙莹扬手宁马自贤 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平方关系和二倍角公式可得，结合余弦型函数最小正周期公式求结论. 【详解】， 所以的最小正周期． 2. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象得出的值，分析可知，由、结合正弦型函数的周期公式可求出的值，再由结合的取值范围可得出的值，即可得出函数的解析式，代值计算可得出的值. 【详解】由图可得，， 所以，故①， 又因为，可得， 又因为函数在附近单调递增，所以②， ①②得， 令，则，则，可得， 由图可知，函数的最小正周期满足，可得， 即，所以，即， 又因为，则，所以，则， 所以，可得， 因为，所以，则，故， 故. 3. 角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由， 得. 所以， 所以， 所以. 4. 将一根足够长的圆柱体木棒，沿着截面重新切割，已知底面圆的半径为，，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用一个相同的几何体倒置放在这个几何体上方，得到一个圆柱，再根据圆柱的体积公式求解即可. 【详解】用一个相同的几何体倒置放在这个几何体上方， 得到一个底面圆的半径为，高为的圆柱， 所以所求几何体的体积. 5. 已知是相交的两个平面，交线为，记一条直线为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则与必然无交点 B. 若，则与必然无交点 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可说明选项ABC中的命题为假命题，由线面平行的判定定理可说明D为真命题. 【详解】对于A，当且仅当时无交点，但当不与垂直时，显然两者不平行，即与必然有交点；当时，还可能在内，故A错误. 对于B，当时，显然，但此时与有无数个交点，故B错误. 对于C，若，由知应有，而选项未有该条件，即当不与垂直时，由推不出，故C错误. 对于D，由知，由得，故D正确. 故选：D. 6. 在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 7. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用余弦定理求出，当为线段的中点时，，即取最小值，结合已知条件将用表示，最后根据平面向量基本定理得解. 【详解】因为，，， 由余弦定理得：，所以. 因为，所以， 又因为，所以为正三角形. 则当为线段的中点时，，即取最小值， 此时； 又因为，，三点共线，所以， 由平面向量基本定理，得，解得. 8. 已知中，，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，，由题可得三点共线，时，最小，据此可得，根据数量积的运算律求结论. 【详解】设，， 则， 从而三点共线. 当时，最小， 则时，，又，从而 ，又三点共线，则，故， 所以. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分） 9. 已知为的垂心，角，，所对的边分别为，，，且，，则一定有（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由两角和的正弦公式化简计算可判断A；连接交与点，由向量数量积的几何意义、余弦定理及基本不等式计算可判断B；若为的重心，则，结合题意可判断C；由两角差余弦公式、二倍角公式及辅助角公式化简可得，结合正弦函数性质计算可得，结合B选项可判断D， 【详解】对于A，在中，，则， 所以， 所以，即， 因为，所以，则，，故A正确； 对于B，因为为的垂心， 连接交于点，则， 由向量数量积的几何意义可知， 在中，，所以， 由余弦定理可得， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，即，故B正确； 对于C，当为的重心时，此时为边的中点， ， 当为等边三角形时，的重心与垂心重合，成立， 若不是等边三角形，则不成立，故C错误； 对于D，因为，则，， 所以可化为， 化简可得，即， 因为，所以， 即，所以， 因为，所以， 所以，解得， 所以为等边三角形，结合B选项可知，故D正确. 10. 如图，圆内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则下列正确的是（ ） A. ，则的最大值为2 B. 的最大值为 C. 的最大值为1 D. 点为正方形ABCD内一点，则最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量积以及三角函数的最值求解即可. 【详解】 建立如图所示的平面直角坐标系，则，. 圆的方程为，在弧上. 选项A.因为，所以. 设，则. 则. 因为最大值为，故最大值为，正确. 选项B.，在的最大值为​​， 故​，正确. 选项C.， 则. 因为，所以的最大值为，错误. 选项D.由三角不等式，对任意点：，​， 故 等号在为正方形中心时取到，最小值为，正确. 11. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若是方程的两根，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用共轭复数的概念计算判断选项A、B，利用韦达定理计算判断选项C，利用反例法判断选项D． 【详解】选项A、B：设，则， ， ， ，故A正确； ， ， ， ，故B错误； 选项C：已知是方程的两根， 由韦达定理得， ，故C正确； 选项D：令，满足， 但，故， 不能推出，故D错误． 故选：AC． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________. 【答案】2 【解析】 【分析】先求得下底面半径与高的数量关系，再用下底面半径表示高，将其代入圆台的体积公式，解方程求出下底面半径. 【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为. 过作于. 即为母线与下底面所成角，则 在直角三角形中，， 所以下底面半径，即 解得. 13. 如图，棱长为的正四面体中，是底面的重心，是棱中点，且有，则线段的长度为____________ 【答案】## 【解析】 【详解】由题意得，， 则 ， 因为，， 则 ， 所以线段的长度为 . 14. 在凸四边形中，，，，，则AC的最大值为______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意如图所示： 在中，设，由，则，又， 根据余弦定理有：， 即，解得：， 所以，所以， 设，则， 在中，， 根据余弦定理有：， 化简得：， 在中，由正弦定理得：， 在中，由余弦定理得： ， 当时，有最大值，所以的最大值为：. 四、解答题：（本题共5小题，共77分；15题13分；16-17题15分；18-19题17分；解答应写出数学语言说明、证明过程、演算步骤） 15. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是6cm，圆柱筒长2cm． （1）这种“浮球”的体积是多少？(结果精确到0.1) （2）要在这样2500个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，共需胶约多少克？（精确到克） 【答案】（1） （2）克 【解析】 【分析】（1）分别求出两个半球的体积和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积； （2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解． 【小问1详解】 该半球的直径， 所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径， 所以两个半球的体积之和为， 而， 该“浮球”的体积是． 【小问2详解】 上下两个半球的表面积是， 而“浮球”的圆柱筒侧面积为， 所以1个“浮球”的表面积为， 因此，2500个“浮球”的表面积的和为， 因为每平方米需要涂胶100克， 所以总共需要胶的质量为：（克）． 16. 如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. （1）证明：平面； （2）求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 由题可知，且. 则易有与相似，且相似比为，也即. 又，则，故. 且平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】(1)连接交于点，连接.然后利用三角形相似的性质，得到，进而利用线面平行的判定定理证明； （2）利用棱锥的体积公式求比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设四棱锥的体积为，高为，四边形的面积为. 三棱锥的体积为，高为，三角形的面积为，与之间的距离为. 由题有. 又，故，即， 则， 即四棱锥与三棱锥的体积之比为. 17. 已知函数，（）． （1）当时，求函数的对称中心； （2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围； （3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合正弦函数的性质求出； （2）先求出的解析式，再利用辅助角公式化简，再将问题转化为求的最值即可； （3）先求出的解析式，求出值域，再将问题转化为对任意的，都有，令，得出对任意的恒成立，再利用参变分离求出即可. 【小问1详解】 当时，， 令，得， 故函数的对称中心为； 【小问2详解】 因为为偶函数，所以， 因为，所以，则， 则 ， 若，则，则， 因为不等式在上恒成立， 所以，， 得， 故实数m的取值范围为； 【小问3详解】 因为过点，所以， 因为，所以，则，得， 即， 因为，所以，则， 因为对任意的，，都有， 所以， 则对任意的，都有， 则， 令，则对任意的恒成立， 若，则恒成立； 若，则， 因为在上单调递减， 所以，则，即； 若，则， 因为在上单调递减， 所以，则， 即； 综上，实数a的取值范围是. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． （3）若角B的角平分线交AC于D点，求BD长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求解； （2）由正弦定理转化为三角函数，利用两角差的正弦公式化简，再由正弦型三角函数求值域即可； （3）由余弦定理及基本不等式求出范围，再由三角形面积公式得出，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， 因为， 所以， 即， 由可得，即， 由，可得. 【小问2详解】 因为， 所以 ， 由三角形为锐角三角形可知，，解得， 所以，， 所以. 【小问3详解】 如图， 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BD长度的最大值为. 19. 如图，在三棱柱中，，D为的中点，平面平面. （1）求证：是直角三角形； （2）E为的中点，F为与的交点，点M在线段上，，若平面. （i）求侧面与底面所成二面角的正弦值； （ii）若点C到平面的距离为，求三棱柱的体积. 【答案】（1） 因为，D为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为三棱柱中，，所以平面， 又平面，所以，即是直角三角形. （2）（i）（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得到平面，再根据线面垂直的概念可得结论. （2）（i）先确定为二面角的平面角，在求的正弦值； （ii）先根据条件确定的长，再结合体积变换求三棱柱的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）如图，由平面，得平面， 因为平面，平面平面， 所以， 又E为的中点，，所以. 由（1）知平面，因为平面， 所以，所以为二面角的平面角， 又，，所以≌， 所以， 又中，， 所以，所以 因为是锐角，所以， 所以，得 即侧面与底面所成二面角的正弦值为； （ii）因为∥，D为的中点，点到平面的距离为 所以点D到平面的距离d为点到平面距离的，即. 由（1）及（i）知，平面，，，， 因为，且，， 所以 即，平方整理得， 解得，或，所以，或. 因为 所以时，； 时， 即三棱柱的体积为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $