精品解析：广东深圳外国语学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

深圳外国语学校2025~2026学年度第二学期高一期中考试 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 如图，在三棱柱中，侧棱底面,是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 平面 C. D. 平面 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积和体积为（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，是边上靠近B的三等分点，Q为的中点，过点O的直线分别交直线，于不同的两点M，N，设，，其中，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 二、多选题：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的，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. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程的一个根，则 10. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 11. 已知点是内及边界上的一点，则以下说法正确的有（    ） A. 若，则动点的轨迹一定通过的垂心. B. 若是的外心，且，则 C. 若O为的内心，，则. D. 若，，分别为，，的中点，且，，则的最大值为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图：已知菱形，用斜二测画法作出菱形的直观图，即四边形，则四边形的面积为______. 13. 已知角满足，则________． 14. 在中，，，则实数的最小值为____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求角A和边c的值； （2）求的值. 16. 已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. （1）求证： 平面； （2）求证：平面. （3）求三棱锥的体积. 17. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形. （1）求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； （2）求的值. 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记． （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2025~2026学年度第二学期高一期中考试 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以．所以D正确． 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由得，解得， 所以， . 3. 已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件判断线线、线面、面面位置关系，可判断ABC选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则或，A错； 对于B选项，若，，则或、异面，B错； 对于C选项，若，，，则、平行或相交（不一定垂直），C错； 对于D选项，若，，由面面垂直的判定定理可知，则，D对. 故选：D. 4. 如图，在三棱柱中，侧棱底面,是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 平面 C. D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线，线面平行，线面垂直的判定定理等进行逐一判断. 【详解】对于A：与都在平面内，不是异面关系，故A错误； 对于B：假设平面成立，则有, 而由题可知，即与不垂直， 因此假设不成立，故与平面不垂直，故B错误； 对于C：由题可知该三棱柱为直三棱柱，故平面,平面, . 在正三角形中，是的中点，故. 又平面, 平面又平面, 故C正确； 对于D：取的中点，连接，分别是的中点，故 又，. 因此四点共面，平面, 因此与平面不平行. 故D错误. 故选：C. 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积和体积为（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】先根据圆台的轴截面得出圆台的高及母线，最后应用圆台的表面积公式计算求解. 【详解】依题意，圆台的上、下底面半径分别为2和4，则， 由题意的正切值为2， 设圆台的高为，即该等腰梯形的高， 则母线， 所以圆台的表面积. 圆台的体积. 6. 在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面， 又因为平面平面，，且平面， 所以平面， 所以①正确； 对于②中，由平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，所以②正确； 对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确； 对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面， 若平面平面，且平面平面，可得平面， 又因为平面，所以， 因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误. 故选：C. 7. 记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设该圆锥的高为，根据球体与圆锥的表面积公式与体积公式列式，结合推得，代入所求式化简计算即得. 【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，. 由可得，化简得， 故. 8. 已知中，是边上靠近B的三等分点，Q为的中点，过点O的直线分别交直线，于不同的两点M，N，设，，其中，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理结合图像和已知条件以及基本不等式的性质逐项计算判断即可. 【详解】对于A：根据题意画出图像，则根据已知条件可得 ，A正确； 对于B：，由A知. 所以，B正确； 对于C：因为，，， 所以. 因为点共线，所以设. 所以，化简得. 即，又， 所以，两式相加得，即，C正确； 对于D：由C知，所以. 所以D错误. 故选：D 二、多选题：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的，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. 已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于的方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A：因为，故A正确； 对于B：因为，所以的虚部为，故B错误； 对于C：由题意知：对应的复数为，对应的复数为， 则向量，对应的复数为，故C正确； 对于D：因为实系数一元二次方程的复数根是共轭复数，所以另一个根为， 根据韦达定理：， 即，所以； ； 所以，故D正确. 10. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 11. 已知点是内及边界上的一点，则以下说法正确的有（    ） A. 若，则动点的轨迹一定通过的垂心. B. 若是的外心，且，则 C. 若O为的内心，，则. D. 若，，分别为，，的中点，且，，则的最大值为. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理，结合中点向量公式判断A，结合题意与向量数量积的性质得到，最后结合二倍角公式得到判断B，由内心的性质得到，进而得到判断C，取中点为，确定点的轨迹，再利用数量积的运算法则计算判断D即可. 【详解】对于A，由正弦定理得，则， 于是，其中为边的中点， 因此点在边的中线所在直线上， 动点的轨迹一定通过的重心，故A错误； 对于B， 由题意得，即， 设 ，两边同平方得， 解得，又因为，所以， 即，可得， 故B正确； 对于C，若为的内心，则， 所以，所以由余弦定理得，故C错误. 对于D，设中点为，由，得点的轨迹是以为直径的圆， 而G为AC的中点，则该圆的圆心为，半径为， 又，于是点在圆上， 因此 ， 当且仅当三点共线时取等号，因此的最大值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图：已知菱形，用斜二测画法作出菱形的直观图，即四边形，则四边形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出直观图，结合三角形的面积公式可求出四边形的面积. 【详解】作出直观图如下图所示： 由题意可知，四边形为平行四边形， 且，， 平行四边形的面积. 13. 已知角满足，则________． 【答案】 【解析】 【详解】, . 14. 在中，，，则实数的最小值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】将 两边平方,结合余弦定理可得,由 结合正弦定理可得,两者结合利用基本不等式求最值. 【详解】在中，，可得. 两边平方得：，又. 所以，即. 所以，所以. 由，根据正弦定理可得，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 故实数的最小值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求角A和边c的值； （2）求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知条件化简求得角，再利用余弦定理求得边； （2）利用正弦定理先求，结合边的关系确定，再由二倍角公式求得． 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问2详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故． 16. 已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. （1）求证： 平面； （2）求证：平面. （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 如图， 连接，， 四边形为矩形，为的中点， 与交于点，且为的中点， 又点为的中点，， 又平面，且平面， 平面. （2） 直三棱柱满足，， 又点为的中点，且面，面， 所以，， 又，面， 平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，，证明，结合线面平行的判定定理即可求证； （2）首先证明面，可得，，结合线面垂直的判定定理即可求证； （3）利用由（2）可知平面，可得点到平面的距离为，根据点为的中点，从而得到点到平面的距离，利用即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由图可知， ，，， 又三棱柱为直三棱柱，且， . ，，点为的中点， 所以. 由（2）可知平面. 所以点到平面的距离为， 又点为的中点， 所以点到平面的距离为， . 17. 已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形. （1）求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； （2）求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，结合等腰直角三角形条件求周期得，再利用偶函数性质求m； （2）先根据的最值和零点求坐标，再计算向量的数量积. 【小问1详解】 ∵， ∴ ， 由为等腰直角三角形知，，所以， 得. 因为为偶函数， 所以，得， 所以最小正实数为. 【小问2详解】 令，则，，即，， 取：，即，所以. 令，且在左侧，则，解得：，故， 且在右侧，周期，所以，即. 所以， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，故. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）证明出，可得出的形状，由异面直线所成角的定义可知与所成的角为或其补角，即可得解； （3）取的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点，如图所示： 因为平面平面，平面平面，平面， ，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，故与所成的角为或其补角， 又因为，则为等腰直角三角形，则， 即与所成的角为. 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为，，，故， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，、平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得， 则，，， 所以二面角的余弦值是. 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记． （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题设且、的夹角为，应用向量数量积的定义和运算律求向量模长； （2）由题设，，且，应用向量数量积的运算律求的数量积和模长，再由夹角公式求夹角余弦值，即可得； （3）设、（，），且，，，进而有、，可得，在中应用正余弦定理及三角恒等变换化简并求出的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则， 则， 所以. 【小问2详解】 由，，得，， 且， 所以，， 则， ， 因为与的夹角为，所以，解得. 又，，所以； 所以 【小问3详解】 依题意，设、（，），且，，， 因为为的中点，则 ， 因为为中点，同理可得， 所以 ， 由题意知，， 则， 在中，依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理得， 设，则，且， 所以，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $