精品解析：北京市顺义区第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

顺义二中2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 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. “点A在直线l上，l在平面内”用数学符号表示为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 2 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 4. 如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 在中，，，，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 在中，“”是“”成立的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 在中，，设，则（ ） A. B. C. D. 1 9. 海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与D处之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 10. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱，形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） 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. 在中，，则________． 12. 已知向量，则向量__________，向量夹角的大小为__________． 13. 如图，有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为4，高为6，圆锥的高为3，则这个木质工艺品的体积为__________；表面积为__________． 14. 如图，已知正方形边长为4，为线段的中点，若为线段上的动点，为的中点，则的最小值为______． 15. 在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，有以下四个说法： ①可能与相交； ②与不可能平行； ③与是异面直线； ④三棱锥的体积为定值； 其中，所有正确说法的序号是________． 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明． 16. 已知，与的夹角为． （1）求； （2）求； （3）当为何值时，？ 17. 在中，． （1）求； （2）若，求边． 18. 如图，直三棱柱中，D是的中点，四边形为正方形. （1）若为等边三角形，，直接写出直三棱柱的体积. （2）求证：平面； （3）在第一问的条件下，直接写出异面直线与所成角的余弦值. 19. 在中，． （1）求； （2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，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0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）是线段的中点； （3）平面． 21. 已知为维向量，若，则称为可聚向量．对于可聚向量实施变换：把的某两个坐标删除后，添加作为最后一个坐标，得到一个维新向量，如果为可聚向量，可继续实施变换，得到新向量，如此经过次变换后得到的向量记为．特别的，二维可聚向量变换后得到一个实数．若向量经过若干次变换后结果为实数，则称该实数为向量的聚数． （1）设，直接写出的所有可能结果； （2）求证：对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次； （3）设，求的聚数的所有可能结果． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义二中2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 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. “点A在直线l上，l在平面内”用数学符号表示为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由点线面的位置关系及其表示即可得解. 【详解】“点A在直线l上，l在平面内”用数学符号表示为，. 故选：D. 2. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】因为平面向量，且， 则，解得. 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】由余弦定理可得，即 4. 如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】 . 故选：D 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，若，则或，故A错误， 对于B, 若，若是的交线，此时，故B错误， 对于C, 如图：正方体中，若平面，平面，平面平面，但不平行，故C错误， 对于D, 若，则,D正确. 6. 在中，，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据利用余弦定理求出，通过向量数量积得：，求解即可． 【详解】在中，由余弦定理得：， 所以 故选：D 【点睛】本题考查余弦定理的应用，向量的数量积，考查转化思想以及计算能力． 7. 在中，“”是“”成立的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦函数单调性可知等价于，再结合正弦定理可知等价于，即可得结果. 【详解】因为，且在内单调递减， 则等价于， 在中，等价于， 由正弦定理可知：等价于， 综上所述：等价于. 所以“”是“”成立的充分必要条件. 8. 在中，，设，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】由于,故是的中点，故, 故 9. 海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与D处之间的距离为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求出，得到答案. 【详解】在中，，，，则， 由正弦定理得，即，故，解得. 在中，，，， 则由余弦定理得 ， 所以，即灯塔C与D处之间的距离为海里. 故选：B. 10. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱，形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】过作平面平面，交于点 则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，又平面， 所以，又为平面与平面的交线， 则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则. 故选：B 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. 在中，，则________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理可得,由于,所以或， 故答案为：或 12. 已知向量，则向量__________，向量夹角的大小为__________． 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算求数量积和模长，进而求夹角余弦值和夹角大小. 【详解】因为向量，则，，， 可得， 且，则，所以向量夹角的大小为. 13. 如图，有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为4，高为6，圆锥的高为3，则这个木质工艺品的体积为__________；表面积为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据柱体和锥体的体积公式求工艺品的体积，根据圆柱和圆锥的侧面积求工艺品的表面积. 【详解】由题意可知：这个木质工艺品的体积为； 因为圆锥的母线长为， 所以这个木质工艺品的表面积为. 14. 如图，已知正方形边长为4，为线段的中点，若为线段上的动点，为的中点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，利用等面积法求点到直线的距离，即可得结果. 【详解】因为为的中点，则，则， 由题意可知：，， 设点到直线的距离为， 则，解得， 可得，所以的最小值为. 15. 在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，有以下四个说法： ①可能与相交； ②与不可能平行； ③与是异面直线； ④三棱锥的体积为定值； 其中，所有正确说法的序号是________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分别取和的中点，可证得平面平面，从而可得点的轨迹是线段，再逐一判断即可. 【详解】如图： 分别取和的中点，连接， 则，， 因为平面，平面，所以平面， 同理得平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以点的轨迹是线段. 对于①，连接交于，当在点处时，与相交，故①正确； 对于②，当在的中点处时，，故②错误； 对于③，假设与不是异面直线，则与共面且相交， 因为，， 所以由和可确定平面，由和可确定平面， 显然平面与平面不是同一平面， 这与三条两两相交直线（不交于同一点）确定一个平面矛盾， 所以假设不成立，即与是异面直线，故③正确； 对于④，由，平面，平面， 所以平面，三棱锥的高为到平面的距离， 又因为在线段上运动，所以等于点到平面的距离，为定值， 又底面三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故④正确. 故答案为：①③④ 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明． 16. 已知，与的夹角为． （1）求； （2）求； （3）当为何值时，？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合数量积的定义运算求解； （2）根据数量积的运算律结合模长公式运算求解； （3）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律运算求解. 【小问1详解】 因为，与的夹角为， 所以. 【小问2详解】 因为，所以. 【小问3详解】 因为，则， 即，解得. 17. 在中，． （1）求； （2）若，求边． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据面积公式可得，进而根据余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由可得, 由于,故， 【小问2详解】 ，故， 进而，故 18. 如图，直三棱柱中，D是的中点，四边形为正方形. （1）若为等边三角形，，直接写出直三棱柱的体积. （2）求证：平面； （3）在第一问的条件下，直接写出异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 如图，连接，交于点E，再连接. 由已知得，四边形为正方形，所以E为的中点， ∵D是BC的中点， ∴， 又平面，平面， ∴平面. （3） 【解析】 【分析】（1）由棱柱体积公式直接求解即可； （2）连接，交于点E，再连接，只需证明即可； （3）所求为，只需求出，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 若为等边三角形，，四边形为正方形， 直三棱柱的体积为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知，，故所求为， 若为等边三角形，，四边形为正方形， 所以正三棱柱的三个侧面是全等的三个正方形， 则，， 因为是三角形的中位线， 所以， 所以. 19. 在中，． （1）求； （2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，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0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解， （2）选①，根据正弦定理判断三角形不存在，选②，根据正弦定理求解,根据和差角公式求解，即可求解面积，选③，根据余弦定理求解长度，即可根据面积公式求解. 【小问1详解】 由正弦定理和可得 ， 由于，故. 【小问2详解】 若选条件①：； 由于，此时，此时无法构成三角形， 若选条件②：； 由于，故， 因此， ， 故， 若选条件③：． 由，又，则， 由余弦定理可得， 即，解得（负值舍去）， 故. 20. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）是线段的中点； （3）平面． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，平面，进而可证面面平行； （2）根据线面平行的性质定理可得，进而分析长度共线即可； （3）根据面面垂直的性质定理可得平面，平面，进而可得，，即可得线面垂直. 【小问1详解】 因为为正方形，则， 且平面，平面，可得平面， 又因为为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，所以平面平面. 【小问2详解】 设，连接， 因为平面，平面，平面平面，则， 平行四边形中，， 又因为，则为平行四边形，则， 且为中点，则， 即，所以是线段的中点. 【小问3详解】 因为为正方形，则，， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. 21. 已知为维向量，若，则称为可聚向量．对于可聚向量实施变换：把的某两个坐标删除后，添加作为最后一个坐标，得到一个维新向量，如果为可聚向量，可继续实施变换，得到新向量，如此经过次变换后得到的向量记为．特别的，二维可聚向量变换后得到一个实数．若向量经过若干次变换后结果为实数，则称该实数为向量的聚数． （1）设，直接写出的所有可能结果； （2）求证：对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次； （3）设，求的聚数的所有可能结果． 【答案】（1）或或 （2） 设，，则，，，，， ，，所以， ，，所以， 即， 所以维可聚向量经过一次变换后得维向量仍然是可聚向量， 这样经过次变换后变成一个数， 所以对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次； （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据定义写出结论； （2）根据定义结合变换中维数的变化规律证明； （3）证明变换过程满足交换律、结合律（与实数加法、乘法的交换律、结合律一样），得出最后的聚数与变换过程中选取的数的顺序无关，从而易得结论． 【小问1详解】 因为，则，，， 所以或或. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 定义运算#：，首先证明这个运算满足交换律与结合律： ，即运算“#”满足交换律， 又， ， 所以，即运算“#”满足结合律， 所以维可聚向量经过变换后所得可聚数与实施的具体操作过程无关， 因为，可作如下操作： 由（1）可知：，且，， ，， 则，再进行4次变换化为一项， 综上可知，的聚数为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $