精品解析：北京市大兴区第一中学2025-2026学年第二学期期中练习高一数学

2025~2026学年度第二学期期中练习试卷 高一数学 2026.04 本试卷共页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分 （选择题 共40分） 一.选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解：． 2. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理知. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 则 4. 已知向量且，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由得，故. 5. 已知正三棱柱中，，则该正三棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知正三棱柱中，， 正三棱柱底面是边长为2的正三角形，高为2， 正三棱柱的底面面积，侧面， 正三棱柱的表面积为：． 6. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， . 7. 如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质，求出棱锥的高，进而根据体积最大且高为定值得出最大半径，进而利用圆锥的体积公式计算圆锥体积的最大值． 【详解】已知正四棱锥的所有棱长均为，则底面为边长为的正方形， 作在底面的投影，连接， 则为圆锥底面的圆心和底面的中心，即为圆锥的高， ， 圆锥的高固定， 当底面半径最大时体积最大，底面半径的最大值为， ． 8. 设是非零向量，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. 既不必要也不充分条件 【答案】B 【解析】 【分析】结合充分条件与必要条件的定义及向量的数量积公式计算即可得． 【详解】若，则， 故成立， 故“”是“”的必要条件； 当，时，， 但不符合，故“”不是“”的充分条件； 故“”是“”的必要不充分条件． 9. 在中，已知，，，点在线段上运动，当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，可用、表示出、，再利用数量积公式计算可得取得最小值时的的值，从而可得此时的长度. 【详解】由，，则为等腰直角三角形，故， 设，，则， ， 则 ， 当且仅当时，取得最小值， 此时，则. 10. 已知向量满足与的夹角为，记，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意构造得到，两边平方并结合二次函数的单调性求解即可. 【详解】由题意得， 则 ， 令，则， 令， 由二次函数性质得当时，取得最小值， 则，即，故D正确. 第二部分 （非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知是锐角，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以. 因为，所以，则. 12. 若的计算结果是实数，则满足条件的一个的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的四则运算进行求解. 【详解】， 则， 故满足条件的一个的值是：4 13. 如图所示的几何体是从棱长为的正方体中，截去以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体后得到的剩余部分，则该几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】因为正方体的棱长为，则正方体的体积为， 又截去部分是以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体， 由于从该顶点出发的三条棱两两垂直，这部分几何体的体积是整个球的体积的， 又半径为的球的体积为，所以剩余几何体的体积为. 14. 在中，，． ①若，则=______； ②若满足条件的有两个，则的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】由可得，故， 由于,故， 由余弦定理可得，即，解得（负值舍去）. 若满足条件的有两个，则，即，解得. 15. 锐角三角形中，，给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于命题①，根据条件，利用三角函数的性质及正弦的和角公式，即可判断正误；对命题②，根据条件得，，再由诱导公式及正弦函数的性质，即可求解；对于命题③，利用，，可得，同理可得，，即可求解；对于命题④，利用作差法，即可求解. 【详解】对于命题①，因为是锐角三角形，所以，则 则，故命题①正确， 对于命题②，因为是锐角三角形，则，则，， 又在上单调递增，所以，, 则，故命题②错误， 对于命题③，因为，，所以， 则，同理可得，， 则，又，所以，故命题③正确， 对于命题④，因为， 又，则，所以，， 所以，即，所以命题④正确. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知复数.为虚数单位. （1）若，求的值； （2）若为实数，求的值； （3）若，在复平面上对应的点在第二象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据共轭复数的概念及复数的模列出方程求解； （2）利用复数的除法化简后，根据复数为实数列方程求解； （3）根据复数的乘法运算化简后，根据复数对应点所在的象限列出不等式组求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即，解得. 【小问2详解】 因为为实数， 所以 ，解得； 【小问3详解】 ， 因为在复平面上对应的点在第二象限， 所以，即，解得， 所以. 17. 已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值 ． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 因为，，， 所以 . 所以. 【小问2详解】 因为 ， 所以. 【小问3详解】 因为 所以. 18. 已知向量满足，，且的夹角为． （1）求的值； （2）若向量与互相垂直，求实数的值 . 【答案】（1） （2）或． 【解析】 【分析】（1）根据模长公式即可求解， （2）根据向量垂直，可得数量积为0，即可代入计算求解. 【小问1详解】 因为，，且的夹角为 所以 所以 【小问2详解】 由向量与互相垂直， 所以，即， 所以，解得或． 19. 如图1，正三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边长，若侧面水平放置时，水面恰好经过的中点 . （1）当底面水平放置时（如图1所示），求水面的高度； （2）已知某三棱锥的底面与该三棱柱底面全等，若将这些水全部倒入此三棱锥形的容器中，则水恰好装满此三棱锥，求此三棱锥的高； （3）当底面水平放置时（如图1所示），打开上底面的盖子，从上底面 放入半径为的小铁球，且沉入水中，当水从上底面溢出时，求放入的小铁球个数的最小值．（结论不要求证明） 【答案】（1）6 （2）18 （3）个. 【解析】 【分析】（1）首先求水的体积，再应用棱柱的体积公式求底面ABC水平放置后水面的高度； （2）根据前后体积相同以及三棱锥的体积公式求解即可. （3）由题设只需放入小铁球的总体积大于空白区域的体积，结合球体的体积公式求放入的小铁球个数的最小值. 【小问1详解】 因为正三棱柱中，侧棱，底面边长， 由题意可得底面内四边形的面积， 所以正三棱柱中水的体积． 又因为底面三角形的面积， 所以底面水平放置后水面高. 【小问2详解】 设三棱锥的高为． 由题意三棱锥的体积， 所以，则 所以三棱锥的高为． 【小问3详解】 个. 由题意，只需放入小铁球的总体积大于空白区域的体积即可. 空白区域的体积为. 小铁球的体积，若放入个小铁球水从上底面溢出， 所以，故最小为3. 20. 在中，. （1）求的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一组作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积 . 条件①，； 条件②，； 条件③，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答给分． 【答案】（1） （2）选择条件②或③， 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式和正弦定理即可求出； （2）选②，由余弦定理求出即可；选③，利用正弦定理求出，再利用两角和的正弦公式求出. 【小问1详解】 由，得， 由正弦定理可得，所以. 因为所以； 【小问2详解】 若选①，则由正弦定理，得 此时不存在； 选择条件②：由余弦定理得， 由得，所以，即. 解得，所以， 所以的面积. 选择条件③：在中，，所以. 由正弦定理得 . 又因为 故的面积. 21. 已知集合中至少有个元素，且，若存在整数，使得，当时，恒成立，则称集合具有性质. （1）判断集合是否具有性质，是否具有性质；（结论不要求证明） （2）若集合具有性质，求的值； （3）求证：不存在具有性质集合. 【答案】（1）集合具有性质，不具有性质 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据性质的定义，枚举所有满足属于对应集合的正整数对，逐一验证 是否都属于集合，即可完成两个集合是否具有对应性质的判断； （2）对所有满足 的情况分类讨论，结合性质要求 列方程，结合是不等于1的正整数筛选得到的值； （3）先假设存在具有性质的集合，设出集合中的最小正元素，再结合性质推导得出矛盾，即可证明不存在符合要求的集合. 【小问1详解】 集合具有性质，不具有性质. 对 ，仅存在正整数和为，此时对应，满足，故具有； 对 ，当正整数和为时仅对应，满足，故 不具有性质. 【小问2详解】 因为集合 具有性质，所以，且， 所以 ，所以 或， 所以 . 当时，满足以上条件的正整数只有：或 ， 且都满足： . 【小问3详解】 证明：假设存在具有性质集合. 因为集合，所以设集合中最小的元素为， 若，则由于 ，且， 由可知 ，但是中最小的元素且，而， 所以集合不具有性质 ，矛盾. 所以 . 设集合中除以外的最小元素为，则 . 因为 ，且， ，且， 集合中比小的元素只有， 所以，解得， 即集合中除以外的最小元素为， 因为，集合具有性质， 所以， 这与集合中除以外的最小元素为相矛盾， 综上，不存在具有性质集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期中练习试卷 高一数学 2026.04 本试卷共页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分 （选择题 共40分） 一.选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 的值为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量且，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱柱中，，则该正三棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在所有棱长均为的正四棱锥中，以为顶点的圆锥在此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 设是非零向量，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. 既不必要也不充分条件 9. 在中，已知，，，点在线段上运动，当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量满足与的夹角为，记，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 第二部分 （非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 已知是锐角，且，则______． 12. 若的计算结果是实数，则满足条件的一个的值是______． 13. 如图所示的几何体是从棱长为的正方体中，截去以正方体的一个顶点为球心，半径为的球面所围成的几何体后得到的剩余部分，则该几何体的体积为______． 14. 在中，，． ①若，则=______； ②若满足条件的有两个，则的取值范围是______． 15. 锐角三角形中，，给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④. 其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知复数.为虚数单位. （1）若，求的值； （2）若为实数，求的值； （3）若，在复平面上对应的点在第二象限，求的取值范围. 17. 已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值 ． 18. 已知向量满足，，且的夹角为． （1）求的值； （2）若向量与互相垂直，求实数的值 . 19. 如图1，正三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边长，若侧面水平放置时，水面恰好经过的中点 . （1）当底面水平放置时（如图1所示），求水面的高度； （2）已知某三棱锥的底面与该三棱柱底面全等，若将这些水全部倒入此三棱锥形的容器中，则水恰好装满此三棱锥，求此三棱锥的高； （3）当底面水平放置时（如图1所示），打开上底面的盖子，从上底面 放入半径为的小铁球，且沉入水中，当水从上底面溢出时，求放入的小铁球个数的最小值．（结论不要求证明） 20. 在中，. （1）求的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一组作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积 . 条件①，； 条件②，； 条件③，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答给分． 21. 已知集合中至少有个元素，且，若存在整数，使得，当时，恒成立，则称集合具有性质. （1）判断集合是否具有性质，是否具有性质；（结论不要求证明） （2）若集合具有性质，求的值； （3）求证：不存在具有性质集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $