精品解析：广东第二师范学院番禺附属中学2025-2026学年第二学期教学中段检测试题高一数学

2025-2026学年第二学期教学中段检测试题 高一年级数学 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（   ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，平面，且，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 5. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 6. 为了测量河对岸一古树高度（如图），某同学选取与树底在同一水平面内的两个观测点与,得 ,在点处测得树顶的仰角为,树高 约为米，则（ ）. A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其在一个周期内的图象分别与x轴、y轴交于点A、点B，并与过点A的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知是平面内的两个单位向量，且它们的夹角为，若，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角，，的对边分别为，，，且，，是边的中点，，则（ ） A. 是等腰三角形 B. C. 的面积为 D. 的周长为 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是虚数单位，若，则___________． 13. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 14. 已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 四、解答题：本题共3小题，共41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； （2）若，求的值； （3）求与的夹角的余弦值． 16. 在中，角所对的边分别为，且满足. （1）求角； （2）若的面积为，且，求的周长. 17. 如图，在边长为4的正方体中，点分别为棱，，，的中点，点分别是棱上的一点，且 （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）试求三棱锥的体积. 18. 已知中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； （3）若，为线段上一点，满足，求的面积． 19. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期； （2）时，求的值域； （3）若时，方程有解，求实数的取值范围； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期教学中段检测试题 高一年级数学 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题可知，则. 2. 已知复数满足，则的虚部为（   ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，故的虚部为. 3. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法、减法运算法则计算即可. 【详解】． 故选：B 4. 已知直线，平面，且，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】D 【解析】 【分析】先判断充分性，再判断必要性，得到“”是“”的既不充分也不必要条件． 【详解】由，可得或，所以“”不是“”的充分条件， 由，可得或与是异面直线，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D. 5. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则，所以， 由斜二测画法可知原平面图形如下： 将原平面图形上底，下底，高代入公式， 可得四边形ABCD的面积． 6. 为了测量河对岸一古树高度（如图），某同学选取与树底在同一水平面内的两个观测点与,得 ,在点处测得树顶的仰角为,树高 约为米，则（ ）. A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】先通过直角三角形的三角函数求出的长度，再在中用正弦定理即可求出. 【详解】在中，， 因为，所以米， 又因为，所以， 根据正弦定理：，即， 又因为，所以. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而，故， 故选：A. 8. 已知函数，其在一个周期内的图象分别与x轴、y轴交于点A、点B，并与过点A的直线相交于另外两点C、D.设O为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象结合三角函数求点，进而求，即可得结果. 【详解】因为， 可得，即， 由图可知：点A为减区间的对称中心， 令，解得， 取，则，即， 可得， 因为点A为线段CD的中点，则， 所以. 故选：B. 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知是平面内的两个单位向量，且它们的夹角为，若，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量、垂直关系的向量表示求出，南结合向量的模及数量积求解. 【详解】对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，，由，得，解得，B正确； 对于C，，则，C错误； 对于D，，，D正确. 故选：ABD 10. 在中，角，，的对边分别为，，，且，，是边的中点，，则（ ） A. 是等腰三角形 B. C. 的面积为 D. 的周长为 【答案】AC 【解析】 【分析】计算角判断三角形形状判断A；根据余弦定理及正弦定理计算判断B；根据三角形面积公式计算判断C；求解周长判断D. 【详解】对于A，因为，所以或， 因为，所以， 则，则是等腰三角形，故A正确. 对于B，在中，由余弦定理可得， 即，则， 由正弦定理可得，故B错误. 对于C，的面积为，故C正确， 对于D，周长为，故D错误. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体过三点的截面面积为 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 该半正多面体的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D. 【详解】A：如图，因为， 所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该半正多面体的体积为：，故A正确； B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，故B正确； C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，故半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误； D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为， 所以其表面积为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是虚数单位，若，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以. 13. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 14. 已知是边长为2的等边三角形，点D在边上，且，则______；若平面内动点P满足，则的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，写出点的坐标和的坐标，利用数量积的坐标计算公式可求得，再设出点，根据，用来表示，再将表示成关于的函数表达式,然后求解最小值. 【详解】建系如图所示 因为是边长为2的等边三角形，，. . 设，. . ，，. . 当时，取得最小值，最小值为. 四、解答题：本题共3小题，共41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； （2）若，求的值； （3）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用向量的坐标运算和模长的计算公式，即可求解； （2）根据向量平行列方程，由此求得，即可求解； （3）利用向量数量积的坐标运算及模长公式，先求出，，，再根据向量夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 则． 【小问2详解】 ， 则， 因为，所以， 即，解得． 【小问3详解】 由题知， 则，又， 所以， 又，， 所以． 16. 在中，角所对的边分别为，且满足. （1）求角； （2）若的面积为，且，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合余弦定理求解即可； （2）由（1）结合三角形面积公式求得，再利用已知条件求得，得解. 【小问1详解】 因为，又，所以，得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）得，，得， 又，解得， 所以，故， 所以的周长为. 17. 如图，在边长为4的正方体中，点分别为棱，，，的中点，点分别是棱上的一点，且 （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）试求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，利用直线平行的传递性证明即可； （2）方法一：连接，结合图形几何关系利用线面平行判定定理证明；方法二：利用三角形相似得到比例关系，进而可得线线平行，结合判定定理可证结论； （3）利用题干比例关系，转换棱锥底面，结合等体积法求解即可. 【小问1详解】 连接，因为点分别为棱，的中点， 所以， 又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以， 所以四点共面； 【小问2详解】 方法一：在正方体中，连接， 点分别为棱，的中点， ， ， 四边形为平行四边形 ， ， 平面，平面， 平面. 方法二：连接、分别交、于点，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 正方体的边长为4，为棱的中点， 18. 已知中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； （3）若，为线段上一点，满足，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将已知条件进行边角转化，利用三角恒等变换求解即可； （2）结合余弦定理及基本不等式求解即可； （3）设，利用余弦定理及与互补，可得①，在中，由余弦定理可得②，由①②，求得，代入面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以． 整理得：， 即，， 而,故，又因为，所以； 【小问2详解】 ，， 由余弦定理可得：， 即， 又因为，当且仅当时，等号成立； 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以周长，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为； 【小问3详解】 如图所示： 设， 则， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： ， 又因为与互补， 所以， 所以①， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得，② 由①②可得：， 解得， 所以 19. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期； （2）时，求的值域； （3）若时，方程有解，求实数的取值范围； 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算及三角恒等变换化简，由正弦型三角函数的周期公式求解； （2）结合“整体法”求解正弦型函数的值域即可； （3）令，由正弦型函数求出的取值范围，将原方程有解转化为有解，求解即可； 【小问1详解】 因为 ， 所以. 【小问2详解】 ， 当时，即时，有最大值， 当时，即时，有最小值， 所以的值域为. 【小问3详解】 令， 因为，所以， 所以， 则原问题转化为在上有解， 即在时有解， 因为在上单调递增， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $