精品解析：广东深圳市第二实验学校2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

深圳市第二实验学校2025-2026学年度（高一年级） 第二学期 期中考试 数学学科试题 一、单项选择题：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，，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，，故， 又因为，故. 2. 已知平面四边形ABCD，则＋＋＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算求解. 【详解】在平面四边形ABCD中， ＋， 所以＋＋， 故选：A 3. 下列几何体的侧面展开图如图所示，其中是棱锥的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据选项中的展开图，依次分析沿着折线折起来的几何体的机构特征，判断是否为棱锥即可. 【详解】对于A选项，图形沿着折线翻折起来是一个五棱柱，故A选项不正确； 对于B选项，图形沿着折线翻折起来是一个五棱锥，故B选项正确； 对于C选项，图形沿着折线翻折起来是一个三棱台，故C选项不正确； 对于D选项，图形沿着折线翻折起来是一个四棱柱，故D选项不正确； 故选：B. 4. 中，分别是三个内角的对边，，则最小角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据性质大边对大角确定三角形的最小角，再由余弦定理求最小角的余弦值. 【详解】因为，，， 所以， 所以， 又， 所以最小角的余弦值为， 故选：B 5. 一个正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，高是.则三棱台的侧面积为（ ） A. 27 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，分别是上、下底面中心，连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，过作于点，求出棱台的斜高，从而求出其侧面积. 【详解】如图，，分别是上、下底面中心，则 cm， 连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接，过作于点， 在中，， ， 所以， 所以． 故选：B 6. 在中，点为线段的中点，点在线段上，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得，结合已知利用平面向量基本定理列式得，即可求解. 【详解】由题意， 又，所以，所以. 故选：B 7. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得. 【详解】对于A，由，，，得或与相交或与是异面直线，A错误； 对于B，由，，，，得或与相交，B错误； 对于C，由，，，得，C正确； 对于D，由，，，且，，得或与相交，D错误. 故选：C 8. 已知，，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量数量积定义和运算性质，化简条件，用模长表示夹角余弦值的函数，求出模长范围. 【详解】已知，得，变形得， 设，则，变形得， 因为，所以，因为，所以， 解不等式组，当时，解得. 故选：D. 二、多选题 9. 已知复数，，则下列复数为纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用复数的四则运算逐一分析四个选项得答案． 【详解】，， ，， ， . 故选：BD 10. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由正弦定理、余弦定理和三角形面积公式分别验证选项即可. 【详解】对于A，根据余弦定理， 得，因此，故A正确； 对于B，根据三角形面积公式， 可得，故B正确； 对于C，根据正弦定理，， 可得，故C不正确； 对于D，因为， 所以，故D不正确． 故选：AB. 11. 用一个平面去截一个几何体， 所得截面的形状是正方形， 则原来的几何体可能是（ ） A. 长方体 B. 圆台 C. 四棱台 D. 正四面体 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用特例判断A、C，显然B错误，画出图形，根据正方体的性质判断D； 【详解】解：对于A：若长方体的底面为正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故A正确； 对于B：圆台的截面均不可能是正方形，故B错误； 对于C：若四棱台的底面是正方形，则用平行于底面的平面去截几何体，所得截面的形状是正方形，故C正确； 对于D：如图所示正四面体，将其放到正方体中， 取的中点，的中点，取的中点，的中点， 依次连接、、、，由正方体的性质可知截面为正方形，故D正确； 故选：ACD 三、填空题 12. 已知向量，则在上的投影向量为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算，结合数量积以及模长的计算，可得答案. 【详解】在上的投影向量为. 故答案为：. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则__________. 【答案】4 【解析】 【详解】因为，所以， 由正弦定理可知. 14. 如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点，直三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则四面体的体积为_____ 【答案】 【解析】 【分析】先求得直三棱柱外接球的半径为，再结合半径求得直三棱柱的侧棱，最后根据等体积法求解体积即可. 【详解】因为在直三棱柱中，，，， 所以，即为直角三角形，斜边分别为， 取的中点，连接，取的中点， 则为直三棱柱外接球球心， 因为直三棱柱外接球的表面积为， 所以直三棱柱外接球的半径为 所以， 所以， 所以四面体的体积为 故答案为： 四、解答题 15. 如图，已知是平行四边形所在平面外一点，、分别是、的三等分点（靠近，靠近）； （1）求证：平面． （2）在上确定一点，使平面平面，并证明. 【答案】（1） 过点作，交于点，连接， 因为为的三等分点，可得， 又因为为的三等分点，可得， 因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又由平面，平面，所以平面. （2） 当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面，证明如下： 取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点， 在中，因为分别为的三等分点，可得，所以， 因为平面，平面，所以平面； 又由（1）知平面，且，平面， 所以平面平面， 即当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面． 【解析】 【分析】（1）过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解； （2）取取一点，使得，证得，得到平面，结合（1）中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知向量，向量与的夹角为． （1）求向量与的夹角； （2）若向量，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的运算律求出的值，即可求得答案； （2）根据向量的模的计算公式结合二次函数性质，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意向量，，向量与的夹角为， ， 与垂直，即向量与的夹角为. 【小问2详解】 由（1）可知，而， 则 ， 当时，取得最小值45， 即的最小值为. 17. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）已知，为边上的高，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式转化为关于角的三角函数关系，进而求解. （2）利用正弦定理和三角形内角和定理，将高表示为角的函数，再利用三角函数性质求其范围． 【小问1详解】 由， 用正弦定理得， 化简得：， 又, 从而，， 得又. 【小问2详解】 由正弦定理得: , 所以 , 在 中， 因为 ，所以 ， 所以 ，即 ． 18. 如图1，设半圆的直径为 ，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段的长； （2）求四面体的体积； （3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案； （2）根据求解即可； （3）连接交于点，连接并延长交于点，由此得到三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，由题得，则，得解. 【小问1详解】 在图中，设圆锥的底面圆半径为，则，解得. 因为在图1中，点、三等分半圆， 所以在图2中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，则为等边三角形， 所以，所以. 又因为点、分别是、的中点， 所以. 【小问2详解】 因为，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体的体积为. 【小问3详解】 连接交于点，连接并延长交于点， 则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥. 因为点、分别是、的中点， 所以为的中点，且， 所以， 所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为. 19. 设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”． （1）若为等腰直角三角形，求的径比f； （2）证明：； （3）若，求f的最值． 【答案】（1） （2） 由正弦定理，即， 又由得面积为， 且的周长为， 因为，可得 即， 所以. （3）最小值为，无最大值. 【解析】 【分析】（1）根据题意，设直角边长为，得到斜边长为，求得外接圆的半径为和周长，得到，即可求得的值； （2）利用正弦定理和三角形的面积公式，得到和的周长为 ，结合，得到，即可得证； （3）根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，求得，得到，由（2）知，令，求得， 结合函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为， 所以外接圆的半径为，且的周长为， 则，可得， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，可得， 即， 因为，可得，所以, 即，可得或， 当，即， 即，可得， 因为，所以，不符合题意（舍去）， 所以，由，可得，即为直角三角形， 由（2）知， 设，则， 因为，可得，可得， 所以在区间为单调递减函数， 可得，且当时，， 所以的最小值为，无最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市第二实验学校2025-2026学年度（高一年级） 第二学期 期中考试 数学学科试题 一、单项选择题：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，，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面四边形ABCD，则＋＋＝（ ） A. B. C. D. 3. 下列几何体的侧面展开图如图所示，其中是棱锥的为（ ） A. B. C. D. 4. 中，分别是三个内角的对边，，则最小角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 一个正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，高是.则三棱台的侧面积为（ ） A. 27 B. C. D. 6. 在中，点为线段的中点，点在线段上，且，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 8. 已知，，则的范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知复数，，则下列复数为纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 11. 用一个平面去截一个几何体， 所得截面的形状是正方形， 则原来的几何体可能是（ ） A. 长方体 B. 圆台 C. 四棱台 D. 正四面体 三、填空题 12. 已知向量，则在上的投影向量为__________. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则__________. 14. 如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点，直三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则四面体的体积为_____ 四、解答题 15. 如图，已知是平行四边形所在平面外一点，、分别是、的三等分点（靠近，靠近）； （1）求证：平面． （2）在上确定一点，使平面平面，并证明. 16. 已知向量，向量与的夹角为． （1）求向量与的夹角； （2）若向量，求的最小值． 17. 已知的内角的对边分别为，且， （1）求的大小； （2）已知，为边上的高，求的取值范围． 18. 如图1，设半圆的直径为 ，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段的长； （2）求四面体的体积； （3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积． 19. 设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”． （1）若为等腰直角三角形，求的径比f； （2）证明：； （3）若，求f的最值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $