精品解析：浙江浙东北联盟2025-2026学年高一下学期5月期中练习数学试题

高一数学练习 注意事项： 1.本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 一、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，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ） A. B. C. D. 2. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底长是下底长的，若原平面图形的面积为，则BC的长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知平面向量，满足，，，则（ ） A. 12 B. 8 C. D. 4. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 48 B. 50 C. 96 D. 100 5. 在中，若，则这个三角形是（ ） A. 等腰三角形或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 6. 已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（ ） A. ， B. 与相交，且交线平行于 C. ， D. 与相交，且交线垂直于 7. 如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知，，，，…，是平面内两两互不相等的向量，满足，且（其中，），则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 三个平面将空间分成个部分，则可能是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 10. 两名同学共提一个旅行包，作用在旅行包上的拉力分别为，，已知，旅行包所受的重力为，.设，的夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 当越小时，越大 B. 的最小值大于 C. 当时， D. 当时，与夹角的余弦值为 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，直线与所成的角为 B. 当，时，过点有3条直线与，所成的角都是 C. 若，则与平面所成角的最小值为 D. 当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 非选择题部分 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，与平行的单位向量的坐标是______. 13. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为______. 14. 平面向量，，满足与的夹角为，，.当最大时，的最大值是______. 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，是互相垂直的单位向量，向量，. （1）若与垂直，求的值； （2）若，求向量在向量上的投影向量（用，表示）. 16. 如图，在平面四边形中，，，，，，求四边形绕所在直线旋转一周所形成几何体的表面积和体积. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若边上的中线，，求的面积. 18. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 19. 在中，，，，平面上的动点满足，且点，在直线的两侧. （1）求外接圆的直径； （2）记，试将表示为关于的函数； （3）设点满足，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学练习 注意事项： 1.本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号. 3.所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效. 4.结束后，只需上交答题卡. 选择题部分 一、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，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，，，，且四边形ABCD为平行四边形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，可得，，根据平行四边形的性质，可得，化简即可得答案. 【详解】由题意，， 因为四边形ABCD为平行四边形， 所以，即， 整理得. 故选：B 2. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底长是下底长的，若原平面图形的面积为，则BC的长为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出原平面图形，并根据斜二测定义得到，，设，表达出其他各边，利用梯形面积公式列出方程，求出，得到答案. 【详解】画出原平面图形，如下： 其中，故，， 设，则，， 平面图形的面积为， 故，解得， 故. 3. 已知平面向量，满足，，，则（ ） A. 12 B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的模的坐标表示、垂直关系的向量表示、向量的数量积及运算律求解即可. 【详解】因为，所以. 因为，所以，即，所以. 则. 4. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 48 B. 50 C. 96 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】由题可求出圆锥底面半径和母线长，先求当截面过中心轴时顶角为钝角，然后得出截面面积的最大值即可. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为， 则，解得. 当截面过中心轴时，则，， 所以， 由三角形面积公式可得，当时，截面面积最大，最大为. 5. 在中，若，则这个三角形是（ ） A. 等腰三角形或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 化简可得， 即， 即，所以或， 即或者，所以三角形是等腰三角形或直角三角形. 故选：A 6. 已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（ ） A. ， B. 与相交，且交线平行于 C. ， D. 与相交，且交线垂直于 【答案】B 【解析】 【分析】假设得到矛盾，确定与相交，设，过直线一点，作， 设与确定的平面为，根据，得到答案. 【详解】若，则由平面，平面，可得，这与m，n是异面直线矛盾， 故与相交，A错误； 设，过直线一点，作， 设与确定的平面为. 因为，所以，又，与相交，，所以， 因为，所以，又，所以， 因为，所以，，又与相交，，所以， 又因为，，所以l与a不重合，所以，B正确，D错误； 因为，，，所以，C错误. 故选：B. 7. 如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 8. 已知，，，，…，是平面内两两互不相等的向量，满足，且（其中，），则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】将向量问题转化为平面几何中的点的问题：把看作平面内的两个定点，看作平面内的动点；由，得两个定点之间的距离为2；因为，所以动点到两个定点的距离分别为1或2，分别以两个定点为圆心，1和2为半径作圆；因为是两两互不相等的向量，所以对应的动点是这些圆的交点，那么的最大值就是这些圆的交点的总数. 【详解】设，，； ，. （其中，）， 可得或（，）,以和为圆心，分别作以1和2的圆，各圆交点的个数之和即满足题意的，如图所示. 由图可知，的最大值为7. 二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 三个平面将空间分成个部分，则可能是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过三个平面不同位置关系逐个判断即可. 【详解】三个平面两两平行，分成4个部分，如图1 三个平面中有2个平行，另一个与它们相交，分成6个部分，如图2 三个平面两两相交于同一直线，分成6个部分，如图3 三个平面两两相交，三条交线两两平行，这时把空间分成7个部分，如图4 三个平面两两相交，三条交线共点，这时把空间分成8个部分，如图5 综上可知，可能是4，6，7，8.A错误，BCD正确. 10. 两名同学共提一个旅行包，作用在旅行包上的拉力分别为，，已知，旅行包所受的重力为，.设，的夹角为，则下列说法正确的是（ ） A. 当越小时，越大 B. 的最小值大于 C. 当时， D. 当时，与夹角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由，通过平方结合，，再逐项判断即可. 【详解】由两名同学提包时受力平衡，因此 ， 两边取模平方得： ， 设 ，由题设 ，， 代入整理得： ， 选项A：越小，越大，分母 越大，因此 越小，A错误； 选项B：因为， 因此  的最小值为：  ， 而 ，且，B正确； 选项C：当 ，，代入得： ， 因此 ，C正确， 选项D：当 ，设 与  的夹角为 ， 则，​​ D错误. 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，直线与所成的角为 B. 当，时，过点有3条直线与，所成的角都是 C. 若，则与平面所成角的最小值为 D. 当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，再根据每个选项求解题中要求的数值. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. ，，，，，所以， ，， A选项，当，时，， ，， ， 所以直线与所成的角为，A正确； B选项，当，时，， ， 设过且与直线和所成角都是的直线的方向向量为， ， 化简得——① ， 化简得——② 联立①②得：或， 所以或，或， 所以过点有3条不同的直线与直线和所成角都是，B正确. C选项，，， 平面的法向量， 因为，所以， 因为，所以，， 即，所以 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的最小值大于，C错误； D选项，设正方体的外接球球心为，半径为， 则，，所以 当，时，， 所以，， 设球心到截面的距离为，，即， 设截面截球所成的圆的半径为，则，所以， 截面面积，D正确. 非选择题部分 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，与平行的单位向量的坐标是______. 【答案】或 【解析】 【详解】，； 与平行的单位向量为或. 13. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出截面图，设球的半径为，根据直角三角形的性质得，，利用列式，化切为弦利用辅助角公式求得，代入球的体积公式即可求解. 【详解】如图， 设球的半径为，，， ，， ，即该球体建筑物的体积为. 故答案为： 14. 平面向量，，满足与的夹角为，，.当最大时，的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】将目标式合理变形，再结合题意与向量数量积的性质求解即可. 【详解】设，，因为 ， 所以两式子相除可得， 而， 由基本不等式得， 则，解得，， 当且仅当，时，取到最大值2. 由题意得， 若最大化，当且仅当同号时， 最大，且变为， 由向量数量积的性质得， 又，当且仅当时，等号取得， 此时， 则，故取最大值. 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，是互相垂直的单位向量，向量，. （1）若与垂直，求的值； （2）若，求向量在向量上的投影向量（用，表示）. 【答案】（1）或. （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积，向量数量积运算律及向量垂直的充要条件求解即可. （2）根据投影向量的计算公式计算即可. 【小问1详解】 由题意得，， 因为与垂直，所以， 所以，即，所以或. 【小问2详解】 当时，，又，所以， 所以在上的投影向量为. 16. 如图，在平面四边形中，，，，，，求四边形绕所在直线旋转一周所形成几何体的表面积和体积. 【答案】， 【解析】 【分析】根据给定条件，确定几何体的形状，再利用圆锥、圆台表面积及体积公式求解. 【详解】作于，由，得，又，则， 而，，，则，四边形是直角梯形， 其上下底边长分别为2和6，高为4，四边形绕所在直线旋转一周所形成几何体是圆台， 并挖去一个以上底面为底面，高为2的圆锥，几何体的表面积 ； ，， 所以所求体积为. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若边上的中线，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由射影定理和辅助角公式即可求解； （2）由，通过平方，结合余弦定理和面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理角化边可得：， 又， 所以， 故，又为三角形内角，， 所以， 即， 所以，. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，两边平方， 得， 故. 因为， 即， 所以. 所以. 18. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】（1） 由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； （2） （ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）最大值. 【解析】 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 19. 在中，，，，平面上的动点满足，且点，在直线的两侧. （1）求外接圆的直径； （2）记，试将表示为关于的函数； （3）设点满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2），. （3）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，再由正弦定理即可求解； （2）在中,由正弦定理得到，进而在中，由正弦定理即可求解； （3）由向量数量积的运算律，结合辅助角公式和二倍角公式得到，进而可求解. 【小问1详解】 在中， 由余弦定理， 由正弦定理可得. 【小问2详解】 因为，故四点共圆， 由圆的性质，同弧所对的圆周角相等， 故，， 由正弦定理可得，所以， 所以， 所以， 由正弦定理可得：，. 【小问3详解】 因为， 所以 ，锐角满足，. 因为，所以， 当且仅当，即时，； 又，. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $