精品解析：云南师范大学附属中学2025～2026学年高一下学期期中考试数学试题

云南师大附中2025~2026学年下学期期中考试试题 高一年级数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】函数在上单调递增，则其值域为，即， 因为全集，因此. 2. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理及性质定理即可判断 【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则成立，满足充分性； 反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，，， ． 4. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由两边平方，，因，，故可得，， 所以，因，故得. 5. 在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法推出截面的形状． 【详解】如图所示，在正方体中， 由于平面平面，且平面与平面的交线为， 故平面与平面的交线必过点，且与平行， 不妨设正方体的棱长为1，在矩形中，由题可知，； 在矩形中，，； ， 又， ，故， 平面与平面的交线就是， 平面平面，且平面与平面的交线为， 平面与平面的交线必过点，且平行于， 设，平面，平面平面，平面， 平面， ，则与的交点位于的延长线上， 位于上，连接， 则平面与平面的交线为， ，，，，五点共面， 截面为五边形，故C正确． 【点睛】 6. 已知在中，点在边上，且平分，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于平分，所以， 则， 所以，则，即， 所以，所以. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可先判断交点在轴上，根据可得，进而验证即可. 【详解】令，即，可得， 令 ， ， 故问题等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到，均为偶函数，可知该交点只能在轴上，可得，即，解得. 若，令，可得； 因为，则，， 当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0， 即曲线与恰有一个交点，所以符合题意， 8. 已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正三棱台的性质，结合已知条件求出相关边的长度，进而利用余弦定理计算异面直线所成角的余弦值． 【详解】如图，设正三棱台的上、下底面中心分别为，，高为， ， ，， ， 解得， 在正中，， 同理得， 在直角梯形中，， 在等腰梯形中，由于，分别是和的中点， 为等腰梯形的高， ，即； 同理在等腰梯形中，对角线， ； 设的中点为，连接，， 且， 是异面直线和所成的角（或补角）， 又在中，； 在中，由余弦定理，得， 异面直线和所成角的余弦值为． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 若函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 图象的对称中心的坐标为 D. 的单调递增区间为 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，由，所以， 所以的最小正周期为，故A错误； 对于B，由，，解得，， 所以的定义域为，故B正确； 对于C，令，，解得，， 所以图象的对称中心的坐标为，故C正确； 对于D，令，，得，， 所以的单调递增区间为，故D错误. 10. 记内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，因为在中，由正弦定理可得等价于， 又因三角形中大边对大角，故等价于，故A正确； 对于B，因为，所以或， 即或，故错误； 对于C，由正弦定理，结合条件得， 所以，所以. 又，则，即，故C正确； 对于D，由正弦定理，结合条件得， 所以，即，又，， 所以或（舍去），所以，故D正确. 11. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图②，在平面四边形中，，，，如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，则 B. 当时，则 C. 当时， D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助翻折性质及三面角余弦定理，在三面角中，可得，计算即可得A、B；在三面角中，可得，计算即可得C、D. 【详解】由题，可知在中，由得， 故，，又因为， 所以， 于是在等腰中，，， 翻折保持边长与角度不变，因此在中，，， 且，， 在三面角中，应用三面角余弦定理， 得， 代入得①； 对于A，当时，，所以，即，故A正确； 对于B，由①式，当时，， 在中，，， 则， 因此，故B正确； 设，在三面角中，应用三面角余弦定理， 得， 即， 代入化简得，从而②； 对于C，若，则， 代入上式得，故C错误； 对于D，由②式，由于，令，则，， 于是， 由基本不等式，， 当且仅当时取等号，此时最小值可取得， 故的最小值为，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______. 【答案】12 【解析】 【分析】借助斜二测画法性质，得到原图形各边长，即可得其周长. 【详解】由题意，原图形中，且， 如图所示，因此，所以这个平面图形的周长为12. 13. 已知函数为奇函数，当时，，若在上单调递增，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【详解】因为函数为奇函数，所以关于点中心对称. 又在上单调递增，则在区间上也单调递增. 当时，，对称轴为； 当时，的图象开口向下，且， 此时在区间上单调递减，不合题意，所以， 解得，所以的取值范围是. 14. 如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点，（点在点与点之间），满足，拟在四边形区域内种植荷花，并在湖面上修建栈道，作为观光路线，若观光路线总长度取得最大值时，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据半圆的几何性质，利用余弦定理求出，进而列出的方程，进而求出的最大值及相应的． 【详解】设，则， ，且， ， 在等腰中，由余弦定理得： ， 同理在等腰中，由余弦定理得： ， ， ， 当时，取得最大值，此时， ，即时，取得最大值． 四、解答题（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，，其中，设函数. （1）求的最小正周期； （2）若，求的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）；. 【解析】 【小问1详解】 由于，，， 所以. 所以的最小正周期为. 【小问2详解】 设，由于，所以； 由于在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，即当时，； 所以当时，，即当时，. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和关系进行角的代换，再借助正弦定理将边角关系转化为边之间的关系，最后利用余弦定理即可求出角. （2）根据（1）中求得的角和已知边长，由正弦定理求出 ，依据的取值范围分两种情况讨论，确定角，再分别求出对应角的正弦值，最后利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 由于，则， 所以原式可化为， 又由正弦定理， 为三角形外接圆半径， 得，即， 由余弦定理，得. 由于，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，得，所以， 由于，结合，所以或. 当时，，而， 则； 当时，，而， 则. 综上，得的面积为或. 17. 如图，已知在三棱柱中，平面，点是的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）8 【解析】 【分析】（1）根据三棱柱的几何性质，利用线线平行推出线面平行； （2）根据三棱柱的几何性质，结合已知条件，利用等体积法求三棱锥的体积． 【小问1详解】 证明：如图，连接，设，连接， 四边形是矩形，则为的中点， 又是的中点， ， 又平面，平面， 平面． 【小问2详解】 ，是的中点， ， 在三棱柱中，底面，且， 平面， 平面， ， ，，平面， 平面，则是三棱锥的高， 在等腰中，，，则， 又， ． 18. 如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中点，且，， （1）求； （2）求； （3）设，分别为边，上的动点，线段交于，且四边形的面积为面积的，求的取值范围. 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据和差角公式以及正弦定理即可求解， （2）根据向量的线性运算，结合模长公式即可求解， （3）根据共线，利用向量的线性表示，结合三点共线得，根据面积之比得，即可根据数量积的运算律，得，利用不等式的性质求解即可. 【小问1详解】 由，得, 即， 由于，所以， 则，即. 由正弦定理，得. 【小问2详解】 由于为边上的中点，所以， 则， 所以. 【小问3详解】 设，，， 所以，. 由于，所以. 由于、、三点共线，可得，所以. 由于 ； 由题意知，而， 所以. 由于. 所以 . 由于，而，所以， 则，所以， 所以. 19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中. （1）当时， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积； （2）设与平面所成角为，当时，求的最大值. 【答案】（1）（ⅰ）证明见解析（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）先在中用余弦定理求出,再结合算出,接着在中用余弦定理得,并由勾股定理逆定理证得,最后利用面面垂直的性质定理推出平面,从而得到. （ⅰi）取中点,先证是外心,得；再证平面,推得,故也是外心,得；从而,即为外接球球心,半径,最后用球体积公式求得体积为. （2）当时,先由算出,再根据面面垂直的性质,取在上的射影,得平面,故与平面所成角满足；接着用射影定理表示,再由余弦定理表示,得到关于的表达式,换元后用基本不等式求出的最大值为,从而得的最大值为. 【小问1详解】 （ⅰ）证明：如图，连接，在中. 由余弦定理，得. 故. 又， 所以. 当时，此时，. 在中，于是， 即，， 故. 又因为平面平面，平面平面，而平面， 所以平面，所以. （ⅰi）设为线段的中点，则. 由（ⅰ）知，所以在中， 故为的外心，所以. 由（ⅰ）知平面，故，. 因为，，所以平面， ，即. 因此也是的外心，从而. 综上，，故球的半径为. 所以球的体积. 【小问2详解】 如图，当时，. 设为点在直线上的射影，即. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，故为点在平面内的射影. 于是，在平面内的射影为. 故直线与平面所成角为，满足. 设，，则. 在中，为斜边上的高，故. 又因为，所以在中， 由余弦定理得. 即. 因此 . 令，则， 由基本不等式，得（当且仅当时取等号）， 所以. 因此，即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2025~2026学年下学期期中考试试题 高一年级数学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”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 3. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 6. 已知在中，点在边上，且平分，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 若函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 的定义域为 C. 图象的对称中心的坐标为 D. 的单调递增区间为 10. 记内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图②，在平面四边形中，，，，如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，则 B. 当时，则 C. 当时， D. 的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______. 13. 已知函数为奇函数，当时，，若在上单调递增，则的取值范围是______. 14. 如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点，（点在点与点之间），满足，拟在四边形区域内种植荷花，并在湖面上修建栈道，作为观光路线，若观光路线总长度取得最大值时，则______． 四、解答题（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，，其中，设函数. （1）求的最小正周期； （2）若，求的最大值和最小值. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，求的面积. 17. 如图，已知在三棱柱中，平面，点是的中点． （1）求证：平面； （2）若，，，求三棱锥的体积． 18. 如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中点，且，， （1）求； （2）求； （3）设，分别为边，上的动点，线段交于，且四边形的面积为面积的，求的取值范围. 19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中. （1）当时， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积； （2）设与平面所成角为，当时，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $