精品解析：陕西师范大学附属2025-2026学年度第二学期期中考试高一数学试题

陕西师范大学附属2025-2026学年度第二学期期中考试高一数学试题 命题人：李鑫明 审题人：张一博 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 复数z满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”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. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中能确定三角形有唯一解的有（ ）个 （1） （2） （3） （4） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知正四棱锥的侧棱长为4，且，若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. 6 B. C. D. 7. 在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 二、多项选择题（本题共3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，有错选的得0分．） 9. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. C. 三线不共点 D. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若球O的体积为，则球O表面积也为36π B. 若球O的半径变为原来的3倍，则球O体积变为原来的9倍 C. 若圆台上下底面半径分别为1和3，且球O为圆台的内切球，则球O的半径为 D. 棱长为a的正方体的外接球半径为 11. 已知，则下列结论正确的是（   ） A. 的取值范围为 B. 若，则的取值范围为 C. 若且，则最大值为 D. 若，则的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分） 12. 已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为______. 13. 在正三棱台中，已知，并且该正三棱台的高为，则此正三棱台的体积为__________． 14. 在中，角所对的边分别为，若，则面积的最大值是______． 四、解答题（本题共5小题，共58分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 16. 已知 （1）化简; （2）若为第四象限角，且，求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 18. 在中，． （1）求c的值； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 19. 意大利著名物理学家达·芬奇思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？可以用双曲函数来描述该形状，基本的双曲函数有：双曲正弦函数和双曲余弦函数. . （1）求的值； （2）求不等式：的解集； （3）若函数的图象在区间上与轴有2个交点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师范大学附属2025-2026学年度第二学期期中考试高一数学试题 命题人：李鑫明 审题人：张一博 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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. 复数z满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 所以. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 3. 设是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”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】B 【解析】 【分析】首先利用复数的除法对进行化简，然后根据纯虚数的定义判断充分性和必要性即可， 【详解】  ，复数为纯虚数的充要条件是：且. 等价于或. 充分性判断：若，不一定能推出​是纯虚数， 举反例：取，满足，但此时复数为，不是纯虚数，因此充分性不成立； 必要性判断：若是纯虚数，则必有，代入得一定成立，因此必要性成立. 综上，“”是“为纯虚数”的必要不充分条件. 4. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知直观图为等腰梯形，，，， 则； 将直观图复原为原图，如图所示： 则，，， 作于F，则， 所以， 故四边形的周长为. 5. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中能确定三角形有唯一解的有（ ）个 （1） （2） （3） （4） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】对于（1），，由正弦定理得， 因为且，所以为锐角，所以只有一解， 对于（2），，因为， 所以三角形有两个解； 对于（3），， 由余弦定理可得， 则，所以三角形有唯一解； 对于（4），， 由余弦定理可得， 所以唯一，同理唯一，所以三角形有唯一解， 综上，（1）（3）（4）有唯一解，共3个. 6. 已知正四棱锥的侧棱长为4，且，若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将该四棱锥沿PA剪开，展成平面图形求两点距离即得答案. 【详解】将该四棱锥沿PA剪开，展成平面图形，如图，根据两点之间线段最短.，蚂蚁爬行的最短的路线为线段， 由可得，， 由余弦定理，， 从而最短距离为. 7. 在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，其中，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为在边上（不包含端点），不妨设，其中， 即， 所以，， 又因为，则，，其中、均为正数， 且有， 所以，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故则的最小值是. 故选：A. 8. 已知是函数的图象上的任意一点，过分别向直线和轴作垂线，垂足分别为，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，利用向量垂直的坐标表示求出点的坐标，即可求出的值． 【详解】设，，由， 即，解得， 所以， 则， 所以． 二、多项选择题（本题共3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，有错选的得0分．） 9. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. C. 三线不共点 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】连接，证得且，可得判定A正确、B正确；延长相交于点，结合平面的性质，可判定C不正确；由和时，得到，可判定D错误． 【详解】对于A、B中，如图所示，连接， 因为是的中位线，所以，且， 又因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，且，所以为梯形， 所以四点共面，所以A、B正确； 对于C中，如图所示，延长相交于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以三线共点，所以C不正确； 对于D中，因为，当时，， 又，则，所以D错误． 故选：AB 10. 下列说法正确的有（ ） A. 若球O的体积为，则球O表面积也为36π B. 若球O的半径变为原来的3倍，则球O体积变为原来的9倍 C. 若圆台上下底面半径分别为1和3，且球O为圆台的内切球，则球O的半径为 D. 棱长为a的正方体的外接球半径为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用球体的体积公式和表面积公式即可判断AB，利用轴截面是等腰梯形的内切圆来求半径即可判断C，利用正方体外接球直径就是体对角线来判断D. 【详解】对于A，由球的体积公式得， 再由球的表面积公式得，故A正确； 对于B，由球的体积与半径成正比，所以半径变为原来的3倍，体积变为原来的27倍，故B错误； 对于C，由于球O为圆台的内切球，设内切球半径为，根据轴截面可知， 球O中的最大圆为轴截面等腰梯形的内切圆，即等腰梯形的高为， 根据圆台上下底面半径分别为1和3，可知等腰梯形的上下底边长分别是2和6， 即由勾股定理可得腰长为， 再利用等面积法，则有， 解得：，故C正确； 对于D，棱长为a的正方体的外接球直径等于体对角线长，即， 故半径为，故D错误； 故选：AC. 11. 已知，则下列结论正确的是（   ） A. 的取值范围为 B. 若，则的取值范围为 C. 若且，则最大值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量线性运算可得A；利用可得，结合向量线性运算可得B；借助模长公式与三角换元计算可得C；借助向量数量积公式计算可得D. 【详解】当、、能围成三角形，且、、时，有， 则，当、、共线且同向时，有，故， 故的取值范围为，故A正确； 若，则，则当与反向时，取最大值， ，当与同向时，取最小值，，故取值范围为，故B正确； ，即，则可设，， 则，其中，故最大值为，故C错误； ，由，则， 则，故， 故的最小值为. 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分） 12. 已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的求法，代入数据，即可求得答案. 【详解】因为，， 所以向量在向量上投影向量为 . 故答案为：. 13. 在正三棱台中，已知，并且该正三棱台的高为，则此正三棱台的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】上底边长​，，​​ 下底边长​，， 所以. 14. 在中，角所对的边分别为，若，则面积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理化简边角关系可得，结合余弦定理和面积公式可用表示面积，由二次函数的性质可得面积的最大值. 【详解】因为，由正弦定理有即， 所以或（舍）. 由余弦定理有， 故 ， 当且仅当时等号成立， 故面积的最大值为. 四、解答题（本题共5小题，共58分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由垂直关系的向量坐标表示可解； （2）由向量平行的坐标表示求出，再代入向量夹角公式可得. 【小问1详解】 由题意可得， 因为，所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以， 所以， 所以， 即向量与的夹角的余弦值为. 16. 已知 （1）化简; （2）若为第四象限角，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式化简即可； （2）利用诱导公式、同角三角函数关系式分析求解. 【小问1详解】 由 ， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 因为为第四象限角，所以, 所以， 又，所以， 所以， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，平面，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，可证，再由线面平行的判定定理可证平面 （2）先求，再根据可求三棱锥的体积． 【小问1详解】 如图，连接，设，连接， 因为，故，而，所以， 故，而平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因为，故四边形为直角梯形， 故其面积为， 而平面，故为四棱锥的高， 故，而，故， 而，故的面积与直角梯形的面积之比为， 故，故. 18. 在中，． （1）求c的值； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】（1）6 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； （2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理有，解得； 【小问2详解】 如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 19. 意大利著名物理学家达·芬奇思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？可以用双曲函数来描述该形状，基本的双曲函数有：双曲正弦函数和双曲余弦函数. . （1）求的值； （2）求不等式：的解集； （3）若函数的图象在区间上与轴有2个交点，求实数的取值范围. 【答案】（1）1 （2）（ （3） 【解析】 【分析】（1）结合双曲余弦函数和双曲正弦函数代入计算即可； （2）求出的单调性和奇偶性，得到，，求出解集； （3）参变分离得到在有2个实数根，换元得到，由对勾函数单调性得到的值域，与有两个交点，故需满足. 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 因为恒成立，故是奇函数． 又因为在上严格递增，在上严格递减， 故是上的严格增函数， 所以，即， 所以，解得， 即所求不等式的解集为； 【小问3详解】 因为的图象在区间上与轴有2个交点， 所以， 即在有2个实数根， 所以在有2个实数根， 令，易知在上单调递增，所以， 则， 令，， 由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，作函数草图如图， 当时，函数与有两个交点， 即函数的图象在区间上与轴有2个交点， 所以，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $