精品解析：北京市第一七一中学教育集团2025-2026学年下学期题中调研高一数学

北京市第一七一中学教育集团 2025–2026学年春季学期期中调研 高一数学 （时长：120分钟 分值：150分） 一､选择题（每小题5分，共50分） 1. 在平行四边形中，（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 6. 已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ①④ 9. 已知非零向量满足，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 10. 在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（ ） A. 点可以在点处 B. 点在底面上的轨迹为线段 C. 点的轨迹围成直角三角形 D. 直线与点的轨迹所在平面相交 二､填空题（每小题5分，共6题） 11. 若复数满足，则___________． 12. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______. 13. 若非零向量与满足，则与夹角的大小为______. 14. 已知非零向量，其中是一组不共线的向量.能使得与的方向相反的一组实数的值为__________，__________. 15. 已知直角三角形的两条直角边长分别为3，4，分别以两条直角边和斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，则这三个几何体中，体积的最大值是______；表面积的最小值是______. 16. 已知函数的部分图象如图所示． ①函数的最小正周期为________； ②将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为奇函数，则的最小值是________． 三､解答题 17. 三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，、分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 18. 在中，． （1）求A； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：． 19. 某景区有一人工湖，湖面有两点，湖边架有直线型栈道，长为，如图所示．现要测是两点之间的距离，工作人员分别在两点进行测量，在点测得，；在点测得．（在同一平面内） （1）求两点之间的距离； （2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由． 20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求证：直线不可能与平面平行； （3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由． 21. 设n为正整数，集合，对于集合中的任意元素和，记．设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称集合具有性质． （1）当时，若，，求，的值； （2）已知正整数，集合为的子集．求证：“集合具有性质”的充要条件为“对中任意两个不同的元素，都有，且”； （3）给定不小于2的偶数n，设具有性质，求集合中元素个数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一七一中学教育集团 2025–2026学年春季学期期中调研 高一数学 （时长：120分钟 分值：150分） 一､选择题（每小题5分，共50分） 1. 在平行四边形中，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助向量加法运算法则计算即可得. 【详解】. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知向量，，， ，解得． 3. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】计算得到复数的代数形式，即可得答案. 【详解】 其对应的点位于第一象限 故选：A. 4. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理可求得，可求. 【详解】因为，，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 解得，所以. 故选：A. 5. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果. 【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称， 且， 而，即函数为偶函数； 所以，又， 即，可得函数最小值为0，无最大值. 故选：C 6. 已知正方形的边长为1，为线段的中点，为边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积坐标运算即可求解. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，设， ，， 则. 故选：C 7. 古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用球的体积公式和圆柱的表面积公式求解. 【详解】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，圆柱的高等于， 球的体积为，， ， 圆柱的表面积公式为. 故选：D. 8. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（ ） A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①面面垂直则面面的法向量也垂直可得；对于②由条件可得或，再结合可判断；对于③由线线平行及面面平行的关系可判断；对于④：由和两种情况判断可得. 【详解】对于①：因为，，，所以直线的方向向量是平面的法向量，由两个平面垂直， 所以这两个平面的法向量也垂直，即这两条直线也垂直，故①正确； 对于②：由，，则或，而，则不能判断，所以②不正确； 对于③：若，，，则或，所以结论不一定成立，故③不正确； 对于④：，，若，则；若，则，所以④正确； 故选：D. 9. 已知非零向量满足，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】C 【解析】 【分析】先联立和化简，然后代入推导，证明充分性，再由推导，证明必要性. 【详解】充分性 已知， 代入，得 若 ，则 ，因此，充分性成立. 必要性 因为 是非零向量，所以，必要性成立. 综上，是的充要条件. 故选：C 10. 在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（ ） A. 点可以在点处 B. 点在底面上的轨迹为线段 C. 点的轨迹围成直角三角形 D. 直线与点的轨迹所在平面相交 【答案】D 【解析】 【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，令， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； 对于选项，当在时，，，故选项正确； 对于选项，当在底面时，，即，则，由于，故在底面上的轨迹是，与中点连线所在的线段，故选项正确； 对于选项，由前两项的分析可知，，在上符合题意，故，连接，，面，则三角形的三边就是的轨迹，由于，，，故，则三角形为直角三角形，故选项正确； 对于选项，三角形就是的轨迹，且面，则为面的法向量，由于，，故面，且直线上没有点在平面内，故面，故选项错误； 故选：. 二､填空题（每小题5分，共6题） 11. 若复数满足，则___________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简复数，利用复数的模长公式可求得. 【详解】由题意可得，因此，. 故答案为：. 12. 已知角、的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边分别交单位圆（圆心在原点）于、两点，点坐标为，则______；若点在第一象限，且，则______. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】利用三角函数的定义可得出、的值，分析可知，确定角、的关系，结合诱导公式可得出的值. 【详解】由三角函数的定义可得，， 由题意可知，又因为，所以， 所以， 因为角为第四象限角，角为第一象限角，故， 所以. 故答案为：；. 13. 若非零向量与满足，则与夹角的大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义，向量模的计算方法及数量积的运算法则即可求解. 【详解】设与夹角为，. 令， 则. 由，可得：， 又因为， 所以，解得，， 故答案为： 14. 已知非零向量，其中是一组不共线的向量.能使得与的方向相反的一组实数的值为__________，__________. 【答案】 ①. （答案不唯一，） ②. 1 【解析】 【分析】由题意可设，结合题意可得，整理得，即可得结果. 【详解】因为与的方向相反，则， 即，可得， 又因为是一组不共线的向量，则，消去可得， 取，可得. 故答案为：（答案不唯一，）；1. 15. 已知直角三角形的两条直角边长分别为3，4，分别以两条直角边和斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，则这三个几何体中，体积的最大值是______；表面积的最小值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥，直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体，分别求出他们的表面积和体积，进行比较可得答案． 【详解】由题意可知，斜边，且斜边上的高 当绕边旋转时，此时得到的是以为底面圆半径，母线分别为的两个共底面的圆锥， 其表面是两个扇形的表面，所以其表面积为； 体积； 当绕边旋转时，， 体积； 当绕边旋转时，， 体积． ∴． 故答案为：， 16. 已知函数的部分图象如图所示． ①函数的最小正周期为________； ②将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为奇函数，则的最小值是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：可由图像直接读出半个周期，进而可得周期大小；空2：通过周期大小和函数上的点，可求出的解析式，再平移得到，然后根据奇偶性求参即可. 【详解】空1：由图可知,即 空2：,即， 则，又过点， 所以，即， 又在原图增区间上，所以可取， 所以， 向右平移个单位可得， 又为奇函数，所以， 即, 又， 所以. 故答案为：；. 三､解答题 17. 三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，、分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】 （1）∵、分别为、的中点，∴， 又∵平面，平面，∴平面； （2）∵，为的中点，∴， 又∵平面平面，平面平面， 且平面，∴平面，又平面， ∴平面平面； （3）. 【解析】 【分析】（1）由三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得平面； （2）由于，为的中点，可得，再由平面平面，可证得平面，然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面； （3）由于平面，所以求，可得三棱锥的体积 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：在等腰直角三角形中，， ∴，，∴等边三角形的面积， 又∵平面，∴三棱锥的体积， ∴. 18. 在中，． （1）求A； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1）或 （2）选①，面积为；选②，面积为；选③，不符合题意. 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化可解； （2）若选择①：运用正弦定理，结合面积公式可解； 若选择②：运用正弦定理，结合面积公式可解； 若选择③：运用正弦余弦定理，结合面积公式可解. 【小问1详解】 因为， 则由正弦定理可得，， 又因为，所以， 又因为A为的内角， 所以或； 【小问2详解】 若选择①：因为，且, 所以， 所以， 又因为， 所以， 所以； 若选择②：因为， 所以，则，则. 所以，则为等腰直角三角形， 所以； 若选择③：因为， 所以， 由余弦定理可得，， 当时，，即，解得; 当时，，即，解得； 此时不唯一，不合题意． 19. 某景区有一人工湖，湖面有两点，湖边架有直线型栈道，长为，如图所示．现要测是两点之间的距离，工作人员分别在两点进行测量，在点测得，；在点测得．（在同一平面内） （1）求两点之间的距离； （2）判断直线与直线是否垂直，并说明理由． 【答案】（1） （2）直线与直线不垂直，理由如下： 在三角形中，由余弦定理得， ， 在三角形中，由正弦定理得， ， 直线与直线不垂直，理由如下： , 所以直线与直线不垂直. 【解析】 【分析】（1）先求得，利用余弦定理求得. （2）先求得，然后根据向量法进行判断. 【小问1详解】 依题意，，，， 所以， ，所以， 在三角形中，由正弦定理得， 在三角形中，由余弦定理得. 【小问2详解】 略 20. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求证：直线不可能与平面平行； （3）空间中是否存在球O，使得四棱锥的顶点均在此球面上？若存在，确定球心O的位置（结论无需证明）；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：由平面，平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，所以，又因为，， 平面，所以平面，又平面， 所以. （2）证明：过点作交于点，连接，如图， 由平面，又，则平面， 又平面，所以，即， 又平面，又平面，所以，即，且 所以四边形为直角梯形，则的延长线与的延长线必交于一点， 又平面，从而得证直线不可能与平面平行. （3）存在，球心O的位置位于的中点. 【解析】 【分析】（1）先证明平面，即可证明； （2）过点作交于点，连接，证明四边形为直角梯形，即可求解证明； （3）将四棱锥的补成长方体，再结合长方体外接球知识，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在，球心位于的中点处. 理由如下：将四棱锥的补成长方体，如图所示， 根据长方体外接球的球心位于体对角线的交点上， 则四棱锥的外接球心位于长方体的体对角线的交点处， 该位置也是的中点处. 21. 设n为正整数，集合，对于集合中的任意元素和，记．设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称集合具有性质． （1）当时，若，，求，的值； （2）已知正整数，集合为的子集．求证：“集合具有性质”的充要条件为“对中任意两个不同的元素，都有，且”； （3）给定不小于2的偶数n，设具有性质，求集合中元素个数的最大值． 【答案】（1）， （2）①若集合具有性质， 任取中不同元素，，令，， 有 ． 由的定义可知，对任意正整数n，都有， 所以有，． ②若对中任意两个不同的元素，， 都有，， 那么 ． 综上，结论成立． （3） 【解析】 【分析】(1)利用的运算规则进行运算即可； (2)利用已知条件中的的运算规则从充分性与必要性两个方面进行证明； (3)设具有性质的集合的元素个数最大值为，先求当时元素个数的最大值，再从两方面去求解得到及，从而得到，进而求得. 【小问1详解】 因为，， 由定义可知：， ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设具有性质的集合的元素个数最大值为， 下证：，，其中n为偶数． 当时，则， 由于，，， 则，，中至多有一个属于， 当时，元素个数取到最大值为2．即． 一方面，若集合，分别具有性质，， 令集合，其中， 对中任意两个不同的元素，， 都有， 由于，因此． 另一方面，设具有性质的集合元素个数取到最大值为， 设和为的两个不同元素， 则有 ． 因此，， 由于，因此． 综上，，n为偶数． 所以． 【点睛】关键点睛：本题的关键是对题目中的运算以及性质进行理解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $