精品解析：浙江平阳中学等校2025-2026学年高一下学期期中数学学科练习

高一数学学科练习 注意事项： 1.本题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，且中只有一个元素，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，，，则在原平面图形中，有（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数相邻两条对称轴距离为，其中一条对称轴为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是空间两直线，是平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若异面，则过空间一点一定可以作平面与都平行 B. 若上有两点到的距离相等，则 C. 若且，则 D. 若与平面所成的角相等，则 6. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 若,则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知中的是所在平面内的动点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若定义在上的函数满足，且当时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 关于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 是方程的一个根 C. 若复数满足，则 D. 若，则 10. 在中，角所对的边分别为，如下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 若为锐角三角形，，则的取值范围是 11. 在棱长为4的正方体中，点为的中点，动点在线段（不含端点）上，动点在正方形内（不含边界），则下列结论正确的有（ ） A. 直线与直线一定是异面直线 B. 当是中点时，与平面所成角的正弦值为 C. 三棱锥外接球球心到平面的距离为 D. 若平面，则直线与所成角的余弦值可能是 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知球的表面积是，则该球的体积为________. 13. 已知向量，若为锐角，则实数的取值范围是__________. 14. 若不等式对恒成立，则__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，在正三棱柱中，为的中点，. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知为奇函数，且. （1）求实数的值； （2）求的值域； （3）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围. 17. 在锐角中，内角所对的边分别为，且， （1）求的值； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围. 18. 已知四棱锥，平面，，，，点为中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为. （1）在仿射坐标系下，， ①若，求的值； ②记，若对恒成立，求的最大值. （2）如图所示，分别在轴､轴正半轴上， 分别为的中点，取中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学学科练习 注意事项： 1.本题共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，且中只有一个元素，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用元素与集合的关系求解即可. 【详解】因为集合，且中只有一个元素，则必有，且不属于集合， 所以,则实数的取值范围是 2. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先应用复数的除法运算计算求解，再得出虚部即可. 【详解】，所以， 则的虚部是. 3. 如图，是水平放置的的直观图，，，则在原平面图形中，有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先算出长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误. 【详解】如图所示，在直观图中，过作于， . 又， 所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图： 那么有，故选项B错误； 又因为，故选项A､C错误； 而，故选项D正确. 4. 已知函数相邻两条对称轴距离为，其中一条对称轴为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知相邻两条对称轴距离为，即为，则， 由周期公式可知，解得， ， 对称轴满足， 已知一条对称轴为，代入得， 解得， ， 当时，． 5. 已知是空间两直线，是平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若异面，则过空间一点一定可以作平面与都平行 B. 若上有两点到的距离相等，则 C. 若且，则 D. 若与平面所成的角相等，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据点在其中一条直线上判断A；根据直线与平面相交时的情况判断B；根据线面位置关系判定C；根据与平面所成的角相等时，还可能与相交或异面判断D. 【详解】对于A选项，若点在其中一条直线（比如）上，则无法作出同时与都平行的平面（,则与平面有公共点，不满足直线与平面平行的定义(无公共点）），故A选项错误； 对于B选项，当直线与平面相交时，也满足有两个点到平面的距离相等，故B选项错误； 对于C选项，且，则，故C选项正确； 对于D选项，还可能与相交或异面，故D选项错误． 6. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 若,则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】选项A：. 又，即，即，错误. 选项B：当时，满足，，错误. 选项C：当时，，错误. 选项D：， 代入，原式.正确. 7. 已知中的是所在平面内的动点，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，可知， 故是直角三角形，且， 以为坐标原点，为轴，为轴，建立下图所示坐标系， 则，设， 则的轨迹是以为圆心，半径为的圆，方程为， ， ，这表示点到的距离， 点到圆心的距离， ，即， ． 8. 若定义在上的函数满足，且当时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别分析出的性质，将的零点数转化成函数的交点个数进行求解即可. 【详解】因为，则是周期为的周期函数， 又，所以在上的图象如图所示. 由的解析式可知，单调递增，； 在上单调递减，上单调递增，， 所以的图象如图所示. 令，将所求零点问题转化为函数交点问题， 则在上的交点个数即为所求零点个数. 如图所示，在时，有个交点，在时，有个交点， 综上共有个交点，即有个零点. 故选：. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 关于复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 是方程的一个根 C. 若复数满足，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项：故正确. 选项：把代入得， 是方程的一个根，故正确. 选项：设，即且， 解得或, 即或，故选项错误. 选项：设， 即对应的点到对应的点的距离为1， 的图形是以为圆心，1为半径的圆，几何意义表示到原点的距离， 最大距离为，最小距离为， ，选项正确. 10. 在中，角所对的边分别为，如下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 若为锐角三角形，，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断选项A；利用正弦定理结合三角变换判断选项B；利用正弦定理结合已知条件判断选项C；利用正弦定理结合向量数量积构造方程，结合二次函数性质得出取值范围，判断选项D． 【详解】根据大角对大边，，则， 由正弦定理得，则， ，故A正确； 已知， 由正弦定理得， 则①， ，，代入①得， 即， 即， ， ， ， ，， 故，即，故B正确； 由正弦定理得，则， ， 在三角形中，或，即或， 故可能是等腰三角形或直角三角形，不一定是等腰三角形，故C错误； ，由正弦定理得， ， ， ， ， ， 已知是锐角三角形，故， ，则，故， 令，则在上单调递减，故， ，是开口向上的二次函数，对称轴为， 在上单调递增， 当时，，当时， ， 的取值范围为，故D正确． 11. 在棱长为4的正方体中，点为的中点，动点在线段（不含端点）上，动点在正方形内（不含边界），则下列结论正确的有（ ） A. 直线与直线一定是异面直线 B. 当是中点时，与平面所成角的正弦值为 C. 三棱锥外接球球心到平面的距离为 D. 若平面，则直线与所成角的余弦值可能是 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将正方体中各点的坐标表示出来. 对A项，通过判断 与 是否平行或相交来判断是否异面； 对B项，利用空间向量求直线与平面所成角； 对C项，先求三棱锥外接球球心坐标，再用点到平面距离公式； 对D项，由 平面 得到点 的坐标关系，再判断所给余弦值能否取到. 【详解】以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系. 则 ，，，，，，，，. 对于A项，设 ，其中 . 则 ，. 若两直线平行，则存在实数 ，使 . 由 得 ，而由 得 ，矛盾，故两直线不平行. 再判断两直线是否相交. 设 ，即 . 由第三个坐标得 ，代入第二个坐标得 ，所以 . 再由第一个坐标得 ，这与 矛盾. 因此 与 不相交且不平行， 所以它们一定是异面直线，A项正确. 对于B项，当是的中点时， 此时.平面内有两个不共线向量，. 设平面的法向量为，则 即 解得 取，得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则. 因为，所以B选项错误. 对于C项，设三棱锥 的外接球球心为 . 由 得 ，由 得 ，再由 得 ，故 . 平面 中，，， 所以平面 的一个法向量可取 ，又， 因此球心 到平面 的距离为 ，C项正确. 对于D项，设 ，其中 . 由 平面 ，得 与平面 的法向量 垂直， 所以 ，即 . 若直线 与 所成角的余弦值为 ，则 ，于是 . 将 代入，得 ，解得 或 . 其中 对应 ，在正方形边界上； 不符合 . 因此在题设条件下该余弦值不可能取到，D项错误. 非选择题部分 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知球的表面积是，则该球的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】 设球的半径为r，代入表面积公式，可解得，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设球的半径为r，则表面积， 解得， 所以体积， 故答案为： 【点睛】本题考查已知球的表面积求体积，关键是求出半径，再进行求解，考查基础知识掌握程度，属基础题. 13. 已知向量，若为锐角，则实数的取值范围是__________. 【答案】且 【解析】 【分析】向量夹角为锐角，等价于这两个非零向量的数量积大于，且不同向，先求，再利用辅助角公式把式子化成三角函数不等式，再求同向，最后结合求出范围. 【详解】因为为锐角，所以且， 当时，不同向， 又 将其化为辅助角形式： 于是即 由，得 在这个范围内，所以 两边同时加上，可得 当同向时，，， 又，则，故当不同向时，， 因此且. 14. 若不等式对恒成立，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先分析当时，函数的零点及函数值的变化情况，再结合不等式恒成立可得关于，的方程，求解即可． 【详解】当时，函数的零点为，， 且当时，，当时，，当时，， 所以要使不等式恒成立， 则，，则需要， 当，，则需要， 当，，则需要， 所以和为函数的零点， 则，解得：， 所以. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，在正三棱柱中，为的中点，. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在等边中，因为为的中点，可得. 在正三棱柱中，可得平面， 又平面，所以. 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2） 由（1）得平面，因平面，则. 又，则， ，所以，可得， 因平面，故平面. （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，进而可得，又，进而可得平面，可证结论； （2）由（1）可证，利用已知计算可得，可得，利用线面垂直的判定定理可证结论； （3）由（2）得为直线与平面所成的角，计算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得平面，所以为直线与平面所成的角. 又，所以 所以直线与平面所成角的正弦值为 16. 已知为奇函数，且. （1）求实数的值； （2）求的值域； （3）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）由题可知的定义域为. 为奇函数，，即， 又，代入，解得，. ， 验证可知 为奇函数. （2）由（1）可知. 当时，，，，， 即时，. 又为奇函数，所以当时，， 的值域为. （3）单调递增，单调递增，单调递减，单调递增， 即既是奇函数又是增函数， ，即， 是奇函数，， 即，， 在有解，即在上有解， 即 ，当时，， ，则， ，即， 实数的取值范围是. 17. 在锐角中，内角所对的边分别为，且， （1）求的值； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求得，两边平方即可求解； （2）利用余弦定理，结合基本不等式可求得，进而可求面积的最大值； （3）由正弦定理，结合三角恒等变换可得，利用锐角，可求得的范围，进而可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，得，所以. 两边平方得，所以. 【小问2详解】 因为，所以， ，当且仅当，等号成立. 因此面积的最大值为2. 【小问3详解】 . 在锐角中，，则， 所以，所以， 所以. 18. 已知四棱锥，平面，，，，点为中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）作出过三点的平面截四棱锥得到的截面，并求此截面的周长． 【答案】（1） 取中点，连接， 在中，且， 因为，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2） （3）四边形即为截面， 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可； （2）取中点，连接交于，连接，作交于，连接，由面面角定义确定二面角平面角，计算即可求解； （3）延长于，连接于，则四边形即为截面，根据为的重心，计算对应边长可知截面周长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连交于，连接， 因为，且，则四边形为平行四边形， 所以，为中点， 在中，，因为平面，所以平面， 作交于，连接， 因为平面，所以， 因为且平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 又，，所以， 【小问3详解】 延长于，连接于，则四边形即为截面 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 中，，，，点为中点，所以， 因为，所以点为的中点，所以中，为其重心， 所以，所以，， 中，，即， 又，故截面的周长为． 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为. （1）在仿射坐标系下，， ①若，求的值； ②记，若对恒成立，求的最大值. （2）如图所示，分别在轴､轴正半轴上， 分别为的中点，取中点，求的最大值. 【答案】（1）①；② （2）. 【解析】 【分析】（1）①设，根据定义可得，利用向量数量积公式化简即可求解; ②根据定义可得，对两边平方可转化为对恒成立，结合一元二次不等式恒成立的条件即可求解； （2）设，根据题意可得，化简以后结合正弦定理以及三角函数的图像与性质求解即可. 【小问1详解】 ①设，则， 由可得 因,则； ②，则 ， ， ， 由，得， 则得， 即对恒成立， 又因为，则， 解得，因为，所以满足题意， 所以， 又，所以， 所以的最大值为. 【小问2详解】 依题意，设，且， 依据余弦定理得，所以， 因为为中点，，同理可得， 所以， 由题意知，则，在中，由正弦定理，设， 则，且，所以， （其中） 因为，故当时，取最大值， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $