精品解析：河南新乡市河南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷

河师大附中2025－2026学年高一下学期期中数学试卷 一.单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，，则 ．故选C． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数解析式即可直接判断. 【详解】对于A，在上单调递减，错误； 对于B，在区间上单调递增，正确； 对于C，在上单调递减，错误； 对于D，在上单调递减，错误. 故选：B 3. 已知i为虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得，的值，从而求得结果. 【详解】∵， ∴，， ∴， 故选：B. 4. 已知，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用中间量比较，运用中间量比较 【详解】则．故选B． 【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题． 5. 已知向量与的夹角为，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】由题得. 故选：B． 6. 在△中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理，列出式子可求得，即可得出，进而可求出，从而可求出答案. 【详解】由余弦定理可得，， 即，解得，即， 所以，， 故. 故选：C. 【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 7. 已知，且在上的投影向量的模为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，，进而得到，再求夹角即可． 【详解】在上的投影向量的模等于， 又，所以， 因为， 所以或． 故选：D． 8. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的表面积为 B. 平面 C. 直线与的夹角为 D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形和正方形面积公式即可求出二十四等边体的表面积，线面垂直判定定理，利用平移求异面直线夹角，推理分析即可判断结果. 【详解】对于A，，，，故A正确； 对于B，由图可知,,但BF与AB和AE都不垂直，所以QH不可能与平面ABE垂直，故B错误； 对于C，由图可知，而直线AH与AD的夹角为，所以直线与的夹角为，故C正确； 对于D，该半正多面体的顶点数为12、面数为14、棱数为24，满足，故D正确； 故选：B. 二.多选题（本题共3小题，每题6分，共18分） 9. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 与向量同向的单位向量是 【答案】AD 【解析】 【分析】分别用平面向量垂直的坐标表示，共线向量定理，平面向量模的坐标表示，与已知向量同向的单位向量的求解公式判断即可. 【详解】对于选项,因为，所以，所以，则正确； 对于选项，因为，所以不存在实数使，所以向量与不平行，则不正确； 对于选项，因为，所以，则不正确； 对于选项，因为向量的模为，所以与向量同向的单位向量为， 即，则正确； 故选：. 10. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】若，则与内的所有直线垂直， 又，则内存在直线与平行，可得，则，故A正确； 若，，则与的关系不确定，故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故D错误． 故选：BCD． 11. 如图.正方体的棱长为1，点P为线段A1C上的动点（包含线段端点），则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，平面BDC1 B. 当P为A1C中点时，四棱锥的外接球表面积为 C. 的最小值为 D. 当时，A1P⊥平面D1AP 【答案】ABD 【解析】 【分析】A等体积法求得到平面的距离，进而应用面面平行的性质判断正误；B由正方体性质求外接球半径，进而求球体表面积；C由，应用等面积法求最小值，进而可得的最小值；D结合A选项的分析即可判断线面关系. 【详解】A：连结，，则，，， 设到平面的距离为，则，解得， ∴. ∴当时，为与平面的交点． ∵面∥面，又面， ∴∥面，正确． B：当为中点时，四棱锥为正四棱锥， 设平面的中心为，四棱锥的外接球为， ∴，解得， 故四棱锥的外接球表面积为，正确． C：连结，，则， ∴，由等面积法得：的最小值为， ∴的最小值为． 不正确． D：又由A中分析可得，当时，即为三棱锥的高， ∴平面，正确． 故选：ABD. 三.填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知复数z满足，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出复数z，再根据复数的模的定义直接计算即可得解. 【详解】由题意， 故. 故答案为：. 13. 已知向量，，若，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】因，则，据此可得答案. 【详解】因为，所以，解得． 故答案为： 14. 乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40.现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为___________.(忽略乒乓球及包装盒厚度) 【答案】256 【解析】 【分析】比较三种情形下的表面积即可得：一种四个球排列一列，四个球心在同一直线上；第二种四个球平放，四个球心构成正方形；第三种四个球心构成正四面体． 【详解】设是四个球的球心，以下面积单位是 （1）四点共线，则． （2）四点构成一个正方形，则 （3）四点构成一正四面体，如图，设是中心，则 平面，，， ， 正四棱柱为正方体，棱长为，表面积为， 比较可得表面积最小值为256． 故答案为：256 四.解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，，，为边上一点，且． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）在△中，由余弦定理，即可求. （2）在中，由正弦定理，即可求. 【详解】（1）在△中，，，， 由余弦定理得：， ∴． （2）在中，，，， 由正弦定理得：，即， ∴． 16. 已知向量，，设． （1）求函数的表达式及单调减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，直接写出函数的表达式，并求关于的方程在区间上的解集． 【答案】（1），； （2），. 【解析】 【分析】（1）由平面向量数量积的坐标运算公式，降幂公式及辅助角公式求得，再求出函数单调递减区间. （2）由求出解析式；在上求出方程的解. 【小问1详解】 依题意，， 由，解得， 所以函数的表达式，单调减区间为. 【小问2详解】 由（1）知； 由，得，由，得， 则或或，解得或或， 所以方程在区间上的解集为． 17. 如图，平面，四边形为直角梯形，. （1）证明：. （2）若，点在线段上，且，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】 作，垂足为，先求出，利用勾股定理可得，进而，利用已知条件得到，再利用线面垂直的判定定理得到平面，即可得出结果；（2）先求出的面积以及的面积，可得的面积，再利用等体积法得到，即可得出结果. 【详解】（1）证明：由题意易知. 作，垂足为， 则， 故. 因为， 所以. 因为平面， 平面， 所以. 因为平面， 平面， 且， 所以平面. 因为平面， 所以. （2）因为， 且， 所以. 由（1）可知， 则. ， 所以， 则的面积为， 的面积为， 从而的面积为， 故三棱锥的体积， 即三棱锥的体积为. 18. 如图，在三棱柱中，点P，G分别是，的中点，已知⊥平面ABC，==3，==2. （1）求异面直线与AB所成角的余弦值； （2）求证：⊥平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得∥AB，故是异面直线与AB所成的角，解三角形可得所求余弦值． （2）在三棱柱中，由⊥平面ABC可得⊥，于是⊥，又，根据线面垂直的判定定理可得结论成立． （3）取的中点H，连接AH，HG；取HG的中点O，连接OP，．由PO//可得平面，故得是与平面所成的角，然后解三角形可得所求． 【小问1详解】 ∵∥AB， ∴∠G是异面直线与AB所成的角． ∵=，G为BC的中点， ∴， 在中，， ∴， 即异面直线AG与AB所成角的余弦值为． 【小问2详解】 在三棱柱中， ∵⊥平面ABC，平面ABC， ∴⊥， ∴， 又，， 且平面，平面， ∴平面． 【小问3详解】 取的中点H，连接AH，HG； 取HG的中点O，连接OP，． ∵PO//， ∴平面， ∴是与平面所成的角． 由已知得，， ∴ ∴直线与平面所成角的正弦值为． 19. 设是定义在D上的函数,若对D中的任意两数),恒有,则称为定义在D上的C函数. （1）试判断函数是否为定义域上的C函数,并说明理由; （2）若函数是R上的奇函数,试证明不是R上的C函数; （3）设是定义在D上的函数,若对任何实数以及D中的任意两数),恒有,则称为定义在D上的π函数. 已知是R上的π函数,m是给定的正整数,设,且,记. 对于满足条件的任意函数,试求的最大值. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）的最大值为 【解析】 【分析】(1)证明是否成立,即可得出结论； (2)假设是R上的C函数,取, 则有,结合奇函数可得,是同理可得,则推出矛盾； (3)对任意,取.由题意,=≤=,则. 【小问1详解】 是C函数, 证明如下:对任意实数), 有==. 即，是C函数. 【小问2详解】 假设是R上的C函数,取, 则有. 是奇函数，所以，所以. (*) 同理,取,可证.与(*)式矛盾. 不是R上的C函数. 【小问3详解】 对任意,取. 是R上的函数,,且 ==. 那么=. 设对任意实数), 则 . 所以成立. 因此是函数,且使得都成立，此时. 综上所述,的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河师大附中2025－2026学年高一下学期期中数学试卷 一.单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，则= A. B. C. D. 2. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知i为虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 已知，则 A. B. C. D. 5. 已知向量与的夹角为，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在△中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知，且在上的投影向量的模为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 或 8. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的表面积为 B. 平面 C. 直线与的夹角为 D. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 二.多选题（本题共3小题，每题6分，共18分） 9. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 与向量同向的单位向量是 10. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 11. 如图.正方体的棱长为1，点P为线段A1C上的动点（包含线段端点），则下列结论中正确的是（ ） A. 当时，平面BDC1 B. 当P为A1C中点时，四棱锥的外接球表面积为 C. 的最小值为 D. 当时，A1P⊥平面D1AP 三.填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 已知复数z满足，则__________． 13. 已知向量，，若，则______． 14. 乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40.现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为___________.(忽略乒乓球及包装盒厚度) 四.解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，，，为边上一点，且． （1）求； （2）若，求． 16. 已知向量，，设． （1）求函数的表达式及单调减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，直接写出函数的表达式，并求关于的方程在区间上的解集． 17. 如图，平面，四边形为直角梯形，. （1）证明：. （2）若，点在线段上，且，求三棱锥的体积. 18. 如图，在三棱柱中，点P，G分别是，的中点，已知⊥平面ABC，==3，==2. （1）求异面直线与AB所成角的余弦值； （2）求证：⊥平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 设是定义在D上的函数,若对D中的任意两数),恒有,则称为定义在D上的C函数. （1）试判断函数是否为定义域上的C函数,并说明理由; （2）若函数是R上的奇函数,试证明不是R上的C函数; （3）设是定义在D上的函数,若对任何实数以及D中的任意两数),恒有,则称为定义在D上的π函数. 已知是R上的π函数,m是给定的正整数,设,且,记. 对于满足条件的任意函数,试求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $