精品解析：陕西汉中市汉台中学2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学试题

汉台中学2025—2026学年第二学期期中考试 高一年级数学试题 （第Ⅰ卷选择题共58分） 一､单选题：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. 如果今天是星期五，则58天后的那一天是星期（ ） A. 五 B. 六 C. 日 D. 一 2. “为锐角”是“”的（ ）. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 若，，，则，，之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列说法错误的是（ ） A. 点距离水面的高度（米）与时间（秒）之间的函数解析式为 B. 点第一次到达最高点需要20秒 C. 当水轮转动155秒时，点距离水面1米 D. 当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米 8. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合．当时，，则（ ） A. B. C. 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. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 若，且，则 10. 如图，四棱锥是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. D. 平面平面 11. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于点对称 （第Ⅱ卷非选择题共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知扇形的圆心角是，，则该扇形的弧长______. 13. 函数的值域为______ 14. 若及是关于x的方程的两个实根，则实数k的值为________ 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. （1）一平面截一球得到直径为6 cm的圆，球心到这个圆的距离是4 cm，求该球的体积和表面积. （2）在正四棱台中，，求棱台的体积. 16. 计算： （1）已知为第二象限角，，求 （2） （i）求的值 （ii）求的值 17. 若，，且，． （1）求和； （2）求及． 18. 如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，、分别是棱、的中点． （1）求证：平面； （2）求证：． （3）已知正方形的边长为2，，求： ①异面直线所成角的余弦； ②直线与平面所成角的正弦． 19. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式． （2）设函数． （i）求的单调递减区间； （ii）若，，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汉台中学2025—2026学年第二学期期中考试 高一年级数学试题 （第Ⅰ卷选择题共58分） 一､单选题：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. 如果今天是星期五，则58天后的那一天是星期（ ） A. 五 B. 六 C. 日 D. 一 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到周期为7，进而求解. 【详解】每隔七天循环一次，，故58天后为周日. 故选：C. 2. “为锐角”是“”的（ ）. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】利用充分条件和必要条件的定义求解. 【详解】若为锐角，则， 而，则可以为锐角，也可以为零角，还可以为负角， 所以“为锐角”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【详解】对于A：若，，则的法向量都与平行，即的法向量平行，所以，故正确； 对于B：若，，则或者与相交，故错误； 对于C：若，，则，或者与相交，或者与异面，故错误； 对于D：若且，则，或者，或者与相交，故错误. 5. 若，，，则，，之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的单调性结合诱导公式可得出之间的大小关系. 【详解】由题意得； . 因为在区间上单调递增，且， 所以，即. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由二倍角余弦公式可知， 即. 7. 如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列说法错误的是（ ） A. 点距离水面的高度（米）与时间（秒）之间的函数解析式为 B. 点第一次到达最高点需要20秒 C. 当水轮转动155秒时，点距离水面1米 D. 当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出点距离水面的高度（米）与时间（秒）之间的函数解析式为，结合选项依次判断即可. 【详解】设点距离水面的高度为（米）与时间（秒）之间的函数解析式为，， 由题意，， 所以，解得， 因为，所以， 则， 当时，，所以，则， 又，则， 综上，，故A正确； 令，则， 令，得秒，故B正确； 当秒时，米，故C错误； 当秒时，米，故D正确. 故选：C. 8. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合．当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合．可得是函数的周期的整数倍. 即，即， 又，则， 故， 当时，， 则在上单调递减， 由，得，即， 则. 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. 下列说法中正确的有（ ） A. B. C. D. 若，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由二倍角公式即可得解；对于B，运用诱导公式及和角的正弦公式即可得解；对于C，运用二倍角的余弦公式即可得解；对于D，根据可解得，结合，可求得，进而可求得，即可得解． 【详解】对于A：，故A错误. 对于B：，故B正确. 对于C：由二倍角的余弦公式，可得，故C错误. 对于D：由①两边取平方，可得， 化简得， 因，故，则，， 由，可得②， 联立①②，解得，故，故D正确． 10. 如图，四棱锥是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. D. 平面平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，先证平面，平面，由平面平面得四点共面，得，可证得即得；对于B，运用反证法思想进行说明，引出矛盾，排除B项，对于C，由A结论，运用线面垂直易得线线垂直，对于D，只需证明两个平面有中两组分别相交的平行线即得. 【详解】 对于选项A：如图，取的中点，连接，，，， 依题意，可得，，， 因平面，则平面，同理平面， 又平面平面，所以四点共面， 易知，，所以四边形是平行四边形， 故，因为，所以，所以四点共面，故A正确； 对于选项B：假设平面，因平面,则，所以是菱形， 这与，矛盾，故B错误； 对于选项C：由A知平面，平面，所以，故C正确； 对于选项D：由A知，又，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 因为，平面，平面，所以平面， 又，，平面，所以平面平面，故D正确． 故选：ACD. 11. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于点对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由图象可以看出函数的最小正周期，求出；B选项，将代入，结合得到；C选项，计算出，C正确；D选项，计算出，得到D正确. 【详解】A选项，由图象可以看出的最小正周期为， 又故，A错误； B选项，将代入得，解得， 因为，所以只有时，满足要求， 故，B正确； C选项，， 的图象与轴的交点坐标为，C正确； D选项，时，， 由于的一个对称中心为， 故函数的图象关于点对称，D正确. 故选：BCD （第Ⅱ卷非选择题共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知扇形的圆心角是，，则该扇形的弧长______. 【答案】 【解析】 【分析】直接代入扇形公式求解即可. 【详解】，. 13. 函数的值域为______ 【答案】 【解析】 【详解】，由， 得，令，则， ，函数在上单调递减， 当时，； 当时，，故函数的值域为. 14. 若及是关于x的方程的两个实根，则实数k的值为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理得到，结合列出关于的方程，由判别式即可求解. 【详解】因为及是关于x的方程的两个实根， 则，， 因为且， 所以，即， 解得：或， 因为方程有两个实根， 所以，解得：或， 所以， 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. （1）一平面截一球得到直径为6 cm的圆，球心到这个圆的距离是4 cm，求该球的体积和表面积. （2）在正四棱台中，，求棱台的体积. 【答案】（1）体积，表面积为；（2）. 【解析】 【分析】（1）由勾股定理求出球的半径，再利用球的体积公式和表面积公式求球的体积和表面积； （2）根据题意求出、，则计算出、，根据棱台体积公式计算即可. 【详解】（1）设球心为，截面圆心为，连结，则截面圆，，  在中，， ， ∴球的半径， 因此球的体积，球的表面积为； （2）如图，过作，垂足为， 易知为四棱台的高，因为， 则，， 故，则， 所以所求体积为. 16. 计算： （1）已知为第二象限角，，求 （2） （i）求的值 （ii）求的值 【答案】（1） （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用同角公式列出方程求解. （2）（i）（ii）利用齐次式法求解. 【小问1详解】 由为第二象限角，得，由，得， 所以. 【小问2详解】 由，得（i）； （ii）. 17. 若，，且，． （1）求和； （2）求及． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系求解； （2）根据两角和的余弦公式进行计算，根据的值和的范围确定的值. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又，，所以， 所以； 【小问2详解】 ， 又，所以. 18. 如图，四棱锥中，底面为正方形，平面，、分别是棱、的中点． （1）求证：平面； （2）求证：． （3）已知正方形的边长为2，，求： ①异面直线所成角的余弦； ②直线与平面所成角的正弦． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）①；② 【解析】 【分析】（1）根据即可证明； （2）通过和得出平面，即可得出，进而证得； （3）①通过题意可得∠PCB为异面直线AD，PC所成的角，求解即可； ②通过证明CD平面ABCD可得∠CPD为直线CP与平面PAD所成的角，即可求出. 【小问1详解】 证明：由、分别是棱、的中点，可得：， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 ∵底面为正方形，， 又平面，所以， 又，平面，所以平面，所以， 又由（1）得，所以； 【小问3详解】 ①∵底面为正方形，∴AD∥BC，BCAB， ∴∠PCB为异面直线AD，PC所成的角， ∵平面，，， 因为，所以BC平面PBC，所以， 因为正方形的边长为2，， 所以，， 所以； ②∵底面为正方形，∴CDAD， ∵平面，CD平面ABCD，∴CDPA， 因为，所以CD平面ABCD， ∴∠CPD为直线CP与平面PAD所成的角，∴. 19. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式． （2）设函数． （i）求的单调递减区间； （ii）若，，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由图可知，根据周期求出，根据函数的最大值求出，将代入求出，即可得到答案； （2）（i）根据两角和的正弦公式及辅助角公式求出，结合正弦函数的单调性，整体代入求解即可得答案；（ii）求出函数在上的最大值和最小值，进而得到的最大值，即在上恒成立，结合一次函数的性质列不等式组即可求出答案. 【小问1详解】 设的最小正周期为，则，解得， 所以，解得. 由题意知，所以， 又， 所以，即， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 （i） ， 由，解得， 故的单调递减区间为. （ii）设， 因为，所以， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当，即时，， 当，即时，， 故在上的最大值和最小值分别为和. 因为，， 所以恒成立， 所以 解得，所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $