精品解析：北京市平谷中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

平谷中学2025至2026学年高一年级下学期期中考试 数学试题 2026.5 第I卷（选择题共40分） 一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 在复平面内，下列复数中对应的点在第四象限的是（ ） A. 1＋i B. 1－i C. －1＋i D. －1－i 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数对应点所在象限确定正确答案. 【详解】对应坐标为，在第一象限，不符合题意. 对应坐标为，在第四象限，符合题意，B选项正确. 对应坐标为，在第二象限，不符合题意. 对应坐标为，在第三象限，不符合题意. 故选：B 2. 是两个单位向量，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由单位向量、共线向量、相等向量、向量数量积和模长定义依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，模长相等，但方向未必相同，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，模长相等，但未必同向或反向，C错误； 对于D，，，D正确. 故选：D. 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设向量与夹角为，求出、和的值，进而计算可得答案． 【详解】根据题意，设向量与夹角为， 向量，， 则，，， 则． 故选：A． 4. 已知为异面直线，平面平面，则（ ） A. 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 至多与中的一条相交 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得直线与共面于平面，与共面于平面，如果与平行，则与必相交；直线不能与，都不相交，否则；直线可以同时与，都相交，但是交点不重合． 【详解】对于A：因为已知，为异面直线，平面，平面，， 所以直线与共面于平面，与共面于平面， 如果与平行，则与必相交；如果与平行与必相交，故排除A； 对于B：直线不能与，都不相交，否则与，分别平行， 进而，与、为异面直线相矛盾，再结合A得到B正确 对于C：直线不能与，都不相交，否则与，分别平行， 进而，与、为异面直线相矛盾，由此能排除选项C； 对于D：如果与不平行只有相交，同理，与不平行必相交， 所以得直线可以同时与，都相交，但是交点不重合，由此能排除选项D； 故选：B． 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 7 D. 13 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求解可得. 【详解】由余弦定理可得， 所以. 故选：A 6. 已知向量，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】根据题意，由向量垂直的判断方法分析“”和“”的关系，由此分析可得答案． 【详解】根据题意，当时，向量，， 则，有，则有， 反之，若，则， 则，解可得或1，不一定成立； 故“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 7. 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 8. 在中，角A，B，C的对边分别为，若，则的形状为 A. 正三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目分别为角A，B，C的对边，且可知，利用边化角的方法，将式子化为，利用三角形的性质将化为，化简得，推出，从而得出的形状为直角三角形． 【详解】由题意知， 由正弦定理得 又 展开得， 又角A，B，C是三角形的内角 又 综上所述，的形状为直角三角形，故答案选C． 【点睛】本题主要考查了解三角形的相关问题，主要根据正余弦定理，利用边化角或角化边，若转化成角时，要注意的应用． 9. 设为非零向量，则与的夹角的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数形结合画图求出答案. 【详解】作图，不妨令，∴ ∴与的夹角为∠, 故∠最大值就是与圆相切时， 此时∠°,所以∠=. 故选：A. 10. 在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yong Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ） A. 54 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果. 【详解】如图， 转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形， 设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为， 所以增加的面积为. 故选：C. 第II卷（非选择题共110分） 二､填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把答案填在答题卡中相应题中横线上） 11. 已知复数 (i为虚数单位)，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由负数的运算化简，再由复数的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 12. 某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径1的半球.已知该胶囊的体积为，则它的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设中间圆柱部分的高为，利用体积公式求出，然后由球的表面积和圆柱的侧面积公式求解即可． 【详解】设中间圆柱部分的高为，则胶囊的体积，解得， 所以胶囊的表面积为. 13. 已知为等腰三角形，且，则_________. 【答案】##0.875 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出. 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由及正弦定理，得，显然为底边，否则不能构成三角形， 由余弦定理得. 故答案为： 14. 如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点.若四面体各棱长均为，则该四面体的表面积为__________，体积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】依题意可得为棱长为1的正方体，且四面体为正四面体，即可求出其表面积，利用割补法求出其体积. 【详解】若四面体各棱长均为，则长方体为棱长为1的正方体，且四面体为正四面体， 所以， . 15. 如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，且，．如果对于常数，在正方形的四条边上，有且只有个不同的点使得成立．那么的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用坐标法，分类讨论利用向量数量积的坐标表示及二次函数的性质即得. 【详解】以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，， ①若在上，设，，则，． ∴， ∵， ∴． ∴当时有一解，当时有两解； ②若在上，设，，则，， ∴， ∵， ∴． 当或，有一解，当时有两解； ③若在上，设，，则，， ∴， ∵，∴， ∴当或时有一解，当时有两解； ④若在上，设，，则，． ∴． ∵，∴， ∴当或，有一解，当时有两解； 综上所述，． 故答案为：. 三､解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 16. 已知，，与的夹角为. （1）求与； （2）当为何值时，？ 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积公式及向量的模公式即可求解； （2）根据（1）的结论及向量垂直则数量积为0，即可求解. 【小问1详解】 已知，，夹角， 所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 当时，， 即， 因为，，， 所以 解得：. 17. 在中，角的对边分别为，. （1）求； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过余弦定理直接求角； （2）先求，再利用两角和的正弦公式求，最后用正弦定理求边长，进而计算面积. 【小问1详解】 由余弦定理： 已知，即，代入， 得： 又，故. 【小问2详解】 已知，且，则：， 由，得：， 由正弦定理， ， 所以 18. 如图，正方体的棱长为4，为中点， （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面. 【答案】（1） （2） 正方体中，，， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据等体积法计算即可. （2）由四边形为平行四边形证得，根据线面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 正方体中，平面平面， 所以棱长即为点到平面的距离. 所以. 【小问2详解】 略 19. 在中，，． （1）求； （2）再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长． 条件①； 条件②的周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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）选①，不符合要求；选②，边上的中线的长；选③边上的中线的长. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可求得各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求 【小问1详解】 ，由正弦定理可得，即，， 当 时，，即，不符合题意，舍去，，，即． 【小问2详解】 选①，由正弦定理可得，与已知条件矛盾，故不存在， 选②周长为，，，， 由正弦定理可得，即， ，， ，即，，， 所以存在且唯一确定， 设的中点为，， 在中，运用余弦定理，， 即，， 边上的中线的长度． 选③面积为，，， ，解得，余弦定理可得 ，． 20. 如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，． （1）求索道的长； （2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 【答案】（1）m （2）（3）（单位：m/min） 【解析】 【详解】（1）在中，因为，， 所以，， 从而． 由正弦定理，得（）． （2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处， 所以由余弦定理得， 由于，即， 故当时，甲、乙两游客距离最短． （3）由正弦定理， 得（）． 乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达． 设乙步行的速度为，由题意得，解得， 所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内． 考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用. 【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用. 21. 对任意正整数，定义集合.设，定义：，. （1）__________（填“”或“”）；__________（填“”或“”）； （2）设，，，，求； （3）证明：对任意，存在，满足：，且. 【答案】（1）；； （2） （3） 设，， 则， 任取，令， 则，， 所以， 同理， 而中有个元素，， 所以必存在中的两个不同的元素，使得， 令，则，且且. 【解析】 【分析】（1），故，是的真子集，故； （2），为偶数，必为偶数，推出，此时，又，同理可得，，求出答案； （3）设，，由绝对值不等式得到，，同理可得，，而中有个元素，，所以必存在中的两个不同的元素，令，满足要求. 【小问1详解】 显然，故， ， ， 由于是的真子集，故， 【小问2详解】 设，则 ∴必为偶数，因此. 当时，，与矛盾； 当时，，与矛盾； 所以. 又因为，所以同理得. 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平谷中学2025至2026学年高一年级下学期期中考试 数学试题 2026.5 第I卷（选择题共40分） 一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每个小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 在复平面内，下列复数中对应的点在第四象限的是（ ） A. 1＋i B. 1－i C. －1＋i D. －1－i 2. 是两个单位向量，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知为异面直线，平面平面，则（ ） A. 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 至多与中的一条相交 5. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 7 D. 13 6. 已知向量，则“”是“”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 7. 如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角A，B，C的对边分别为，若，则的形状为 A. 正三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 9. 设为非零向量，则与的夹角的最大值为（ ） A. B. C. D. 10. 在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yong Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ） A. 54 B. C. D. 第II卷（非选择题共110分） 二､填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把答案填在答题卡中相应题中横线上） 11. 已知复数 (i为虚数单位)，则__________． 12. 某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径1的半球.已知该胶囊的体积为，则它的表面积为__________. 13. 已知为等腰三角形，且，则_________. 14. 如图，四面体的四个顶点均为长方体的顶点.若四面体各棱长均为，则该四面体的表面积为__________，体积为__________. 15. 如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，且，．如果对于常数，在正方形的四条边上，有且只有个不同的点使得成立．那么的取值范围是__________． 三､解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.） 16. 已知，，与的夹角为. （1）求与； （2）当为何值时，？ 17. 在中，角的对边分别为，. （1）求； （2）若，，求的面积. 18. 如图，正方体的棱长为4，为中点， （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面. 19. 在中，，． （1）求； （2）再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长． 条件①； 条件②的周长为； 条件③的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，． （1）求索道的长； （2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 21. 对任意正整数，定义集合.设，定义：，. （1）__________（填“”或“”）；__________（填“”或“”）； （2）设，，，，求； （3）证明：对任意，存在，满足：，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $