山西长治市上党区第一中学校2025-2026学年第二学期高一期中考试数学试题

**基本信息** 立足高一数学核心模块，融合滕王阁文化情境与空间几何实际应用，通过分层设计考查数学抽象、逻辑推理与空间想象素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数象限、命题否定、三角函数定义|滕王阁仰角问题考查解三角形应用| |多选|3/18|复数性质、函数单调性|正方体截面问题深化空间观念| |填空|3/15|向量投影、折叠体体积|折叠体体积与内切球结合，体现转化思想| |解答|5/77|立体几何证明、解三角形|四棱锥证明（16题）与解三角形面积范围（19题），梯度考查逻辑推理与数学建模|

上党区一中2025-2026学年第二学期高一期中考试 数学试题 一、单选题: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．复数在复平面内对应的点所在的象限为（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．命题“”的否定是（    ） A． B． C． D． 3．角的终边经过点且，则实数的值为（    ） A． B．4 C． D．3 4．下列命题正确的是（    ） A．空间不同三点确定一个平面 B．三条两两相交的直线在同一平面内 C．垂直于平面内无数条直线的直线与该平面垂直 D．过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行 5．在中，点满足，且，则（    ） A． B． C． D． 6．已知直线，与平面，其中，则“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．已知四面体的四个顶点都在球的球面上，若面，，且，，则球的表面积为 A． B． C． D． 8．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（    ）米．    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．已知复数，则下列说法正确的是（   ） A．在复平面内对应的点为 B． C．的虚部为 D． 10．已知函数，则（   ） A． B．在区间上单调递增 C．曲线关于点中心对称 D．方程在区间上有3个解 11．如图，在正方体 中，M为 中点，P为线段BD 上一点，记平面MPC截正方体所得截面为α.当A，P，C三点共线时， 则（） A.正方体 的体积为64 B.当AB的中点在α上时，截面图形的面积为 C.记MP的中点为Q，CQ的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知为虚数单位，设，若是实系数一元二次方程的一个虚根，则______. 13．已知，，则向量在方向上投影向量坐标为_________. 14．如图，在矩形中，，．现将沿折起，得到如图所示的三棱锥，则该三棱锥体积的最大值是___________，此时，其内切球的半径是 ___________． 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．（13分）已知向量，，是同一平面内的三个向量，其中． (1)若，且，求向量的坐标； (2)若是单位向量，且，求与的夹角． 16．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝3，点E为线段PD的中点．    (1)求证：PB∥平面AEC； (2)求证：AE⊥平面PCD； (3)求三棱锥A﹣PEC的体积． 17．（15分）如图为函数的一个周期内的图象. （1）写出的解析式； （2）若的图象向右平移2个单位长度得到的图象，写出的解析式； （3）指出的周期、频率、振幅、初相. 18．（17分）如图，正方体的棱长为1， (1)求证：平面； (2)求与平面所成的角大小； (3)求钝二面角的大小. 19．（17分）在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角的值； 　（2）若为锐角三角形，，求的面积的取值范围； （3）若恒成立，求实数的最小值. 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 高一数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C Ａ D D A Ｃ B ABD BC 题号 11 答案 BCD 1．B 【分析】利用复数的乘法法则求出积，再求出该复数对应点的坐标并判断其所在象限即可. 【详解】复数， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为 又，故点在第二象限， 所以复数在复平面内对应的点所在的象限为第二象限. 2．C 【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解. 【详解】命题“”的否定是， 故选：C 3．B 【详解】由三角函数的定义得， 平方化简得，解得（正根舍去）. 4．D 【分析】直接利用平面的性质，线面垂直的判定和性质的应用判定、、、的结论． 【详解】解：对于：空间中不共线的三点确定一个平面，故错误； 对于：三条两两相交但是不经过同一点的直线在同一个平面内，故错误； 对于：垂直于平面内任意一条直线的直线与该平面垂直，故错误； 对于：过直线外一点，可以作无数个平面与这条直线平行，故正确； 故选：． 5．D 【分析】根据题意作图，由可知为的中点，所以即，利用向量的线性运算结合数量积的运算律计算，可得，由此可得. 【详解】    因为，所以为的中点， 设，， 因为，所以， 则，， 所以， 所以，即． 故选：D． 6．B 【分析】以正方体为例，举例可说明充分性不成立，根据线面垂直的性质定理可说明必要性成立，即可得. 【详解】 如图，正方体中，，，平面为平面， 其中，平面，显然与平面不垂直，故“”不是“”的充分条件； 若，且，根据线面垂直的性质定理，可知成立，所以“”是“”的必要条件. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 7．C 【分析】根据条件可将四面体补成一个长方体，再根据长方体与外接球关系求球半径，最后根据球表面积公式求结果. 【详解】因为面，所以，所以可补成长宽高分别为一个长方体，其外接球为球，半径为，因此球的表面积为，选C. 【点睛】若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解． 8．B 【分析】设，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答. 【详解】设，在中，，， 在中，，，在中，，， 在中，，即， 在中，，即， 由，得，于是，解得， 所以滕王阁的高度（米）. 故选：B 9．BCD 【分析】求出虚部判断A；求出模判断B；利用复数除法计算判断C；求出复数对应的点判断D. 【详解】对于A，的虚部为，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，在复平面内对应的点为，D正确. 故选：BCD 10．BC 【详解】对于A，的最小正周期，可得A错误； 对于B，时，，故在区间上单调递增，故B正确： 对于C，，可得曲线关于点中心对称，故C正确； 对于D，，即，所以，，即，，故在上只有两个解和，故D正确． 11．解析：对于A，当A，P，C三点共线时，P为BD 中点，则 解得AD=2,所以正方体的体积 故A 错误;对于B,记AB 中点为E,连接CM,CE,ME,显然有₁ 故点C₁在α上，则截面图形为矩形CEMC₁，又 所以 则截面图形的面积为 故 B正确； 对于C，取 MB中点F，MD中点G，连接FG，易知点Q的轨迹为线段 易知 所以 因为点G到平面BB₁C₁C的距离为 所以 则 所以 均为锐角，故当 时，CQ 取得最小值，因为 故CQ的最小值为 故C正确； 对于D，将 沿BD 向下翻折与平面BDD₁B₁共面，连接 则B₁P+PC的最小值即为线段B₁C的长度，P为 与 BD 的交点，易知 所以由余弦定理得 则 故 D正确.故选 BCD. 答案:BCD 12． 【分析】将代入方程计算即可求解出的值. 【详解】因为是的一个虚根，所以， 化简可得，所以，解得， 故答案为：. 13． 14． 【分析】可确定当平面平面时，三棱锥体积最大，作，由面面垂直性质可知平面，由三棱锥体积公式可求得结果；首先求得三棱锥的表面积，根据可构造方程求得结果. 【详解】由题意知：当平面平面时，三棱锥的体积最大． 作，垂足为，连接． 平面平面，平面平面，平面， 平面， ，，， ，， 三棱锥的体积最大值； 此时，，，，从而． 三棱锥的表面积． 设三棱锥内切球的半径为，则， 即，解得：． 故答案为：；. 【点睛】结论点睛：设多面体内切球半径为，体积为，表面积为，则. 15．(1)或 (2) 【分析】（1）设向量的坐标，由模的坐标表示，及向量平行的坐标表示列得关于的方程组，求解可得向量的坐标； （2）由数量积的运算律及向量夹角公式可得. 【详解】（1）设，由，且　　　　 得．．．．．．．３分 所以或　　．．．．．．６分　 故或；．．．．．．７分 （2） 因为，　　　．．．．．８分 ，且， 所以，即 所以，．．．．．．．１０分 即.　　　．．．．．．１２分 因为夹角，所以与的夹角．　　．．．．．．１３分 16．(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【详解】（1）    连结，交于点，连结， ∵是正方形对角线交点，∴为的中点， 由已知为线段的中点，∴， 又平面，平面， ∴平面； ．．．．．．５分 （2）为线段的中点， ∵平面，平面，， 在正方形中，，又，平面， 平面，又平面， ，又平面, 平面；　　　　 ．．．．．．．１０分 （3）平面，∴三棱锥的体积.　　　　．．．．．．．１５分 17．（1）；（2）；（3）周期，频率振幅、初相为. 【分析】（1）图象知函数的最大值为，最小值为，周期为，进而得，，再结合函数图象过点待定得，进而得答案； （2）结合函数图象平移变换求解即可； （3）根据函数周期、频率、振幅、初相概念依次求解即可. 【详解】解：（1）由题知函数的最大值为，最小值为，周期为， 所以，，即，　　　．．．．．２分 所以函数， 又因为函数图象过点， 所以将点代入解析式得， 又因为，所以，　　　　．．．．．４分 所以　　　　　．．．．．．５分 （2）的图象向右平移2个单位长度得的图象， 所以　　　　　．．．．．．１０分 （3）由（2）知，的周期，频率，振幅、初相为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　．．．．．．．１５分 18．(1)证明过程见解析(2)(3) （2）连接，，证明与平面垂直，得到与平面所成的角为的余角，通过为等边三角形得出的大小，再得到所求角. （3）连接，证明平面，求出与所成角，进而得到钝二面角的大小 【详解】（1）（1）正方体中，， ................1分 又平面，且平面 ................3分 平面 ................4分 （2） 连接，， 正方体中，平面， 且平面，， 又，且，， 又，且平面，平面 平面 ................6分 与平面所成的角为的余角， ................7分 又为等边三角形，， 与平面所成的角为.　　　　　．．．．．．．９分 （3） 连接，平面，平面，， 又，且，， ．．．．．．．11分 ，且平面， 平面， 平面 ．．．．．．．13分 又由（2）知平面，且与所成角为， ．．．．．．．15分 ∴钝二面角的大小为.　　　　　．．．．．．．．１７分 19.【(1)；(2)；（3） 【难度】0.41 （1）在中，∵，∴．∴ ．．．1分 ， ∴， ．．．．．．．2分 ∵， ∴， ．．．．．．．3分 ∵，∴. ................4分 （2）由的面积为，．． ．．．．．．．．．．6分 由为锐角三角形，得，解得， ．．．．．．．7分 则，那么， ．．．．．．．8分 从而. ．．．．．．．10分 （3）由恒成立，即， 由，．．．．．．．11分 即， ．．．．．．．13分 由，当且仅当，即时取等号 ．．．．．．．15分 . 恒成立，即， 从而实数的最小值为. ．．．．．．．17分 $