精品解析：广东东莞市第一中学2025-2026学年度第二学期4月段考高一数学试题

东莞市第一中学2025-2026学年度第二学期4月段考 高一数学试题 一、单选题（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. 若 ，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，  ，所以. 2. 在中，为边上一点，且，若，则等于（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在中，由，得， 所以. 3. 若直线平面，直线，则与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 平行或异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的知识，判断出正确选项. 【详解】由于直线和平面平行，与平面没有公共点，而，所以，或者与异面. 故选：D 【点睛】本小题主要考查线面平行的知识，属于基础题. 4. 一圆台的上底面半径为2，下底面半径为3，母线长为8，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆台的高为，则， 故圆台的体积为. 5. 在中，，则角的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理可得：，即， 由于，故，又，则或. 6. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则和线段的长度关系即可求出的长. 【详解】在斜二测画法中，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半. 由直观图可知，，. 在平面图中，，所以根据勾股定理. 故选：C. 7. 某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径,利用勾股定理可求得球的半径,再利用球的体积公式即可求得结果. 【详解】由题意可得,球心到截面圆所在的平面的距离, 设截面圆的半径为,球的半径为,则解得, 所以, 所以该球的体积为, 故选：A 8. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点，连接，由线面平行的性质得，即有，结合已知得，即可得. 【详解】连接交于点，连接，显然平面平面， 又平面，平面，则，即， 由为平行四边形，且E为线段AD的中点，易知， 所以. 故选：A 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） 9. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、D，利用余弦定理判断B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断C. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，故A正确； 对于B，由余弦定理，可知为锐角， 但是无法判断角A和角B是否为锐角，所以无法判断是否为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为，所以，即， 又，所以，所以或， 即或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为三角形有两解，所以，即，即的取值范围为，故D正确. 故选：AD. 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶点 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 体积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为，故C错误； 正八面体可分为两个全等的正四棱锥，其棱长为， 过作平面于，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以， 正方形中，由边长为，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为，故D正确． 故选：BD. 11. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理逐项判断即可. 【详解】选项A，如题所示连接交与，则为中点， 又因为是中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，A满足题意； 选项B，将直线平移使得点与点重合，则显然可知与平面不平行，B不满足题意； 选项C， 连接，由条件和正方体的性质可知，， 所以五点共面，即在平面内，所以与平面不平行，C不满足题意； 选项D，取的中点为，连接， 因为是棱上中点，所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面，所以平面，D满足题意； 故选：AD 三、填空题 12. 已知空间中的两个角和，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据等角定理可得. 【详解】由等角定理可知与相等或互补， 所以或. 故答案为：或. 13. 设为单位向量，且，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量数量积的性质列方程求解即可. 【详解】因为为单位向量，所以. 由可得， 解得. 故答案为：1. 14. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理与三角形内角和可将、用角表示，再借助三角恒等变换公式可用表示出，最后求出的范围即可得解. 【详解】由正弦定理可得、， 则 ， 由三角形为锐角三角形，则，即， 则，故， 即，即的取值范围为. 三、解答题 15. 已知复数在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 （1）求a； （2）若z是关于x的方程的一个复数根，求pq的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据列出方程，结合点所在象限可得答案； （2）根据根与系数的关系可求答案. 【小问1详解】 由题意知复数z在复平面内对应的点为， 因为点Z在第一象限，所以， 由，得， 即 则 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 由是关于x的方程 的一个复数根，可知是 的另一个复数根， 因此，解得. 所以 16. 已知向量， （1）若，求的值； （2）当时，求； （3）若向量，夹角为锐角，求的取值范围 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）条件可转化为，解方程即可； （2）根据向量加法坐标运算公式求，再由向量的模的坐标公式求解； （3）条件可转化为，且需排除同向共线情况，解不等式可得结论. 【小问1详解】 由题设，得，即， 所以. 【小问2详解】 当时，， 所以 故. 【小问3详解】 由题设，，故， 当，同向共线时，有且，此时， 可得，不满足，夹角为锐角， 综上，或. 所以的取值范围为. 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）根据给定条件，利用三角形面积公式、余弦定理列式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，即，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 由的周长为20，得，即， 由余弦定理得，即， 于是，解得， 所以. 18. 如图，在长方体中，分别是棱的中点. （1）证明：平面. （2）在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：如图所示，连接， 因为分别是棱的中点，所以， 由长方体的性质，可知，则且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，根据题意，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）连接，分别证得和，得到平面，由（1）知平面，证得平面平面，即可得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取棱的中点，连接，平面平面，此时 理由如下： 连接，因为分别为棱的中点，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为平面且平面，所以平面， 由（1）可知平面，且平面，平面，，所以平面平面， 故在棱上存在点，使得平面平面，此时. 【点睛】 19. 为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏．已知，，，． （1）若，求护栏的长度（的周长）； （2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求； （3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】（1） （2） （3）时，的面积取最小值为 【解析】 【分析】（1）先根据题干条件得到，，利用余弦定理求出，用勾股定理逆定理得到，进而求出CN，MN，求出护栏的长度；（2）设，利用和的面积关系和正弦定理得到CN的两种表达，列出方程，求出；（3）结合第二问的求解，利用正弦定理和面积公式得到面积关于的关系式，求出最小值. 【小问1详解】 ∵，，，∴，∴，∴，∴， 在中，由余弦定理可得： ，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴护栏的长度（的周长）为； 【小问2详解】 设（），因为鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，所以，即，，中，由三角形外角定理可得，在中，由，得，从而，即， 由，得，所以，即； 【小问3详解】 设（），由（2）知，， 中，由外角定理可得，又在中，由，得，所以 ，所以当且仅当， 即时，的面积取最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东莞市第一中学2025-2026学年度第二学期4月段考 高一数学试题 一、单选题（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. 若 ，则 （ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 在中，为边上一点，且，若，则等于（   ） A. B. C. D. 3. 若直线平面，直线，则与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 平行或异面 4. 一圆台的上底面半径为2，下底面半径为3，母线长为8，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则角的大小为（ ） A. B. 或 C. D. 或 6. 已知按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中 则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 7. 某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的体积是（） A. B. C. D. 8. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（     ） 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） 9. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶点 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 体积为 11. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 已知空间中的两个角和，若，则_____. 13. 设为单位向量，且，则______． 14. 在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为__________. 三、解答题 15. 已知复数在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 （1）求a； （2）若z是关于x的方程的一个复数根，求pq的值. 16. 已知向量， （1）若，求的值； （2）当时，求； （3）若向量，夹角为锐角，求的取值范围 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 18. 如图，在长方体中，分别是棱的中点. （1）证明：平面. （2）在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏．已知，，，． （1）若，求护栏的长度（的周长）； （2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求； （3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $