精品解析：广西柳州地区民族高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

柳州地区民族高级中学2025-2026学年春季学期期中考试 高一数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟考试范围：《必修一》至《必修二》第八章 命题人：覃耐娟 审题人：林雪梅 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上填写好自己的姓名､班级､考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上，在本试卷､草稿纸上作答无效： 一､单项选择题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，故， 故选：D. 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（     ） A. 12 B. 24 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据斜二测画法的等量关系可知为直角三角形， 且，，， 所以的面积为． 3. 设、为非零向量，则“”是“与的夹角为锐角”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】设、的夹角为，根据求出的取值范围，利用区间的包含关系判断即可. 【详解】设、的夹角为，则， 因为、为非零向量，由可得，所以， 因为，所以“”“与的夹角为锐角”， 且“”“与的夹角为锐角”， 所以“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数、指数函数的单调性，分别和，比较大小即可. 【详解】对数函数在上单调递增，且， 因为，所以，即； 因为指数函数在上单调递增，且， 因为，所以，即； 又因为，因此大小关系为：. 5. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题知，，，再待定系数求解即可. 【详解】由题知，周期满足， 所以，解得， 又因为，即 所以，即 又，所以， 所以. 故选：D 6. 如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为 B. 圆锥与圆柱的体积比为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 【答案】C 【解析】 【详解】因为圆锥的底面半径为1，高为1，所以圆锥的母线长为，A正确； 圆锥的体积，圆柱的体积， 所以圆锥与圆柱的体积比为，B正确； 该几何体的体积为，D正确； 圆锥的侧面积，圆柱的侧面积， 圆柱的下底面面积， 所以该几何体的表面积为，C错误. 7. 已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据幂函数的定义及单调性，可得m值，根据基本不等式“1”的代换，即可得答案. 【详解】因为为幂函数，所以，解得或， 因为在 上单调递减，所以，则， 所以，则，且， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为8. 8. 已知为的外心，且，则等于（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据点为的外心，且，所以，得到答案. 【详解】因为点为的外心，且， 所以 ， 故选A. 【点睛】该题考查的是有关向量数量积的运算问题，涉及到的知识点有三角形外心的性质，向量数量积的定义式，属于简单题目. 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. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程的一个根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据模长公式进行计算；B选项，利用复数除法法则和虚部的概念得到B错误；C选项，根据复数的几何意义来判断；D选项，，均为方程的根，由韦达定理求解即可. 【详解】对于A：，A正确. 对于B：，虚部为，故B错误. 对于C：由题意，，所以， 故向量对应的复数为，C正确. 对于D：，由题意知，，均为方程的根， 故，. 又，， 所以，，故，D错误. 10. 的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 在中，，则三角形面积为 C. 若为钝角三角形，则 D. 若，则有两解 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由，得到，再利用正弦定理判断；B选项，利用三角形面积公式求解判断；C选项，由为钝角三角形，当为钝角时，利用余弦定理判断；D选项，根据正弦定理得到，进而得到或，即可求解判断. 【详解】对于A，因为，所以，由正弦定理得，故A正确. 对于B：，故B正确. 对于C：因为为钝角三角形，当为钝角时，，则， 同理可得，当为钝角时，，当为钝角时，，故C错误. 对于D：由正弦定理得，所以， 因为，所以或， 所以有两解，即有两解，故D正确. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是线段上的动点（含端点），则（ ） A. 面 B. 与是异面直线 C. 的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由空间中点、线、面的相关知识逐一判断各选项即可． 【详解】对于A，连接， 正方体中，，，四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面，∴平面， 同理平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故A正确； 对于B，当点P在点处时，，即，故B错误； 对于C，将平面沿展开到与平面共面，连接与的交点即为P，如图， 此时，在中，，，， 由余弦定理有： ∴的最小值为，故C正确； 对于D，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，则有， ∵平面，平面，∴平面， ∴P到平面的距离等于到平面，为定值， 又的面积也为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：ACD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据异面直线的定义，由，得即为异面直线与所成角的平面角，从而得出所求. 【详解】解：在正方体中， 因为， 所以即为异面直线与所成的角， 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为：. 13. 如图，A，B两点在河的两岸，在B同侧的河岸边选取点C，测得，，，则A，B两点间的距离为______m． 【答案】 【解析】 【分析】由题设得，利用正弦定理求两点间的距离. 【详解】由题设， 在中，由正弦定理，得 ∴m. 故答案为：. 14. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先，根据正四棱台的体积公式求出棱台的高；然后，通过建立关于外接球半径的方程来求解外接球半径；最后，利用球的表面积公式计算出外接球的表面积. 【详解】已知，，则上底面积，下底面积，体积， 由棱台体积公式得， 设外接球球心到下底面中心的距离为，则到上底面中心的距离为， 由正四棱台的上下底面都是正方形可得，， 设外接球半径为，则. 展开并化简：（负值舍去）， 则， 最终外接球表面积：， 故答案为： 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. 已知向量，. （1）求和； （2）若，且，求向量与向量的夹角. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示及向量的模计算即可. （2）根据向量垂直及向量的数量积运算律求出，结合向量夹角的计算公式计算即可. 【小问1详解】 . 因为，所以. 【小问2详解】 因为，则，即，所以. 又，所以， 又，所以. 故向量与向量的夹角为. 16. 直角坐标系中，已知向量，，且. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量共线的坐标运算可得，再利用二倍角的正切公式求解即可； （2）根据诱导公式进行化简，结合（1）的条件求解即可. 【小问1详解】 由，得，所以. 若，则，不符合条件，所以， 所以. 故. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角的大小； （2）已知，，设为边上一点，且为角的平分线．求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值. （2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式列式求出，进而求出的面积. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 整理得，而，解得， 由为角的平分线及， 得，则， 所以的面积为. 18. 如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 连接，交于，连接. 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点. 因为点是的中点，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2） 直三棱柱中，平面， 因为平面，所以. 在中，，，， 则，所以. 因为，平面，， 所以平面. （3）8 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证出平面，结合等体积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 过点作. 在中，，即. 直三棱柱中，平面， 因为，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 则即为点到平面，也即平面的距离. 又， . 故三棱锥的体积为8. 19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. （i）若，，求的周长； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）30（ii） 【解析】 【分析】（1）切化弦整理可得，结合分析判断可得，即可得结果； （2）（i）根据等面积法可得，即，再利用正、余弦定理可得，即可得周长；（ii）整理可得，利用正弦定理边角转化结合三角恒等变换可得，进而分析最值. 【小问1详解】 因为，即， 整理可得，即， 因为，则，， 则或或， 即或（舍去）或（舍去）， 且，解得. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意可知：， 则，可得， 又因为，则， 由余弦定理可知， 整理可得， 可得，解得或（舍去）， 所以的周长； （ⅱ）由（ⅰ）可知： ，即， 则， 可得 ， 且，则，可得， 则，所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 柳州地区民族高级中学2025-2026学年春季学期期中考试 高一数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟考试范围：《必修一》至《必修二》第八章 命题人：覃耐娟 审题人：林雪梅 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上填写好自己的姓名､班级､考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上，在本试卷､草稿纸上作答无效： 一､单项选择题：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. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（     ） A. 12 B. 24 C. D. 3. 设、为非零向量，则“”是“与的夹角为锐角”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. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则下列说法不正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为 B. 圆锥与圆柱的体积比为 C. 该几何体的表面积为 D. 该几何体的体积为 7. 已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. D. 8. 已知为的外心，且，则等于（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 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. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程的一个根，则 10. 的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 在中，，则三角形面积为 C. 若为钝角三角形，则 D. 若，则有两解 11. 如图，在棱长为1的正方体中，是线段上的动点（含端点），则（ ） A. 面 B. 与是异面直线 C. 的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为___________. 13. 如图，A，B两点在河的两岸，在B同侧的河岸边选取点C，测得，，，则A，B两点间的距离为______m． 14. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 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. 已知向量，. （1）求和； （2）若，且，求向量与向量的夹角. 16. 直角坐标系中，已知向量，，且. （1）求的值； （2）求的值. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角的大小； （2）已知，，设为边上一点，且为角的平分线．求的面积． 18. 如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C的值. （2）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r. （i）若，，求的周长； （ii）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $