精品解析：重庆市巴蜀中学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

高2028届高一（下）半期考试数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟． 一、单选题 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知向量．若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ） A. B. C. D. 5. 对于平面、、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 6. 某校高二年级个班参加朗诵比赛的得分如下： 则这组数据的下四分位数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知对于任意的，都有成立，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题 9. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ） A. A与B是相互独立事件 B. A与B是互斥事件 C. 与C是对立事件 D. 10. 已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 若且，则当取得最小值时， C. 当时，平面截正方体所得的截面的面积为 D. 若点在以的中点为球心，为半径的球面上，则点的轨迹的长度为 三、填空题 12. 已知正四棱台的体积为14，若，则正四棱台的高为___________． 13. 已知，，则在方向上的投影向量的模长为___________． 14. 已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________． 四、解答题 15. 已知函数的最小正周期为，且． （1）求函数的解析式，并写出的最大值； （2）将函数的图象向左平移个单位得到的图象，求的单调递减区间． 16. 如图，已知正三角形的边长为是的中点，设． （1）用表示向量； （2）求与的夹角的余弦值． 17. 市有关部门为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成 ，这五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表) （2）某工作人员使用简单随机抽样从中抽取部分再研究，其中成绩的答卷有2份，成绩的答卷有3份，再从这5份中随机抽取2份进行详细分析，求从这5份答卷中取2份时，既有的答卷也有的答卷的概率． 18. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）如图，线段上点使得，且的面积为，求证：； （3）在第（2）问的条件下，若为线段上的动点，求的最小值． 19. 在四棱锥中，底面为矩形，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的交线为，试证明：； （3）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2028届高一（下）半期考试数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟． 一、单选题 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，又，所以， 因为全集，所以. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算和虚部概念即可求解. 【详解】由， 得， 故的虚部为. 3. 已知向量．若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共线的条件列式运算. 【详解】因为，所以存在实数使得， ，得，. 故选：C. 4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理结合条件即可求得正确答案. 【详解】由题可知  ， 在△BAD中由正弦定理得：， 即， 又因为在中，， 所以. 故选：D 5. 对于平面、、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线和线面与面面的平行与垂直的判定和性质判断即可. 【详解】A. 根据线面垂直的垂直的判定定理可知,,必须是相交直线,所以A错误. B. 根据直线和平面平行的判定定理可知,必须在平面外,所以B错误. C. 根据面面平行的性质定理可知,两个平行平面同时和第三个平面相交,则交线平行,所以C正确. D. 根据面面垂直的性质可知, 必须垂直于的交线才有.所以D错误. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定与性质,需要根据题意找到满足的条件,属于基础题型. 6. 某校高二年级个班参加朗诵比赛的得分如下： 则这组数据的下四分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】比赛的得分升序排列为：， 由，可知下四分位数为第4项和第5项的平均数，即． 7. 已知对于任意的，都有成立，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以关于对称， 又在上单调递减，所以在上单调递增， 由可得即 ， 转化得，可得 . 8. 在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．先由确定点在平面内，再由二面角求出点的坐标，最后设外接球球心坐标，利用球心到四个顶点的距离相等求半径． 【详解】取的中点．因为，所以为边长为的等边三角形，且 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则可取 因为，所以点在的垂直平分面上． 设 由，得 所以 二面角是平面与平面所成的角． 在平面中，；在平面中，． 因此二面角等于与所成的角，即 于是 又，所以 从而 不妨取点在平面上方，则 即 设三棱锥外接球的球心为． 由于，关于平面对称，且，，所以球心也在平面内． 设 由，得 化简得 由 ，得 化简得 将代入，得 所以外接球半径满足 因此 二、多选题 9. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ） A. A与B是相互独立事件 B. A与B是互斥事件 C. 与C是对立事件 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：根据古典概型判断相互独立事件；选项B：根据互斥事件的定义判断互斥事件；选项C：先列出 和 的所有样本点，验证两者是否互斥，再验证它们的并集是否为全集，或概率和是否为 1，从而判断是否为对立事件；选项D：先判断事件 和 是否互斥（无共同样本点），再使用互斥事件的概率加法公式计算即可判断. 【详解】选项A：由已知得，因为，， 所以，即与互不影响，A正确. 选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误. 选项C：， ， 故事件与不是对立事件，C错误. 选项D：因为事件，事件， 则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确. 故选：AD. 10. 已知，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，两边平方即可判断A项；利用A项结论及可得，再利用平方关系即可求出即可判断B；将与的值联立求出即得C，D项． 【详解】， ，解得，故A正确； ， ，， ，，故B错误； ，解得， ，故C正确； ，故D正确． 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 若且，则当取得最小值时， C. 当时，平面截正方体所得的截面的面积为 D. 若点在以的中点为球心，为半径的球面上，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 A选项，根据到平面的距离相等以及锥体体积的转换可知正确；B选项，首先判断出在的中点连线上，然后把与展开到一个平面上，根据两点之间直线段距离最短判断出点位置；C选项，此时是的靠近点的三等分点，取的靠近的三等分点，截面就是等腰梯形 ，根据等腰梯形性质计算其面积即可；D选项，计算得到的中点的距离恰好为，因此点的轨迹为在正方形内的一段圆弧，根据半径和圆心角计算即可得到长度. 【详解】A选项，根据正方体的性质可知， 所以到平面的距离相等， 所以， 又因为， 所以，A正确； B选项，设分别是的中点， 连接，若，则在上， 连接 ， [Failed to download image : https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2026/5/17/6fcd1f84-60ec-43fb-b638-0d09f4a31368.svg] 因为， 故可将四边形与四边形展开成平面图形， 由图可知当共线时，有最小值，此时， 又即， 所以，B正确； C选项，当时，是的三等分点（靠近点）， 设是的三等分点，且， 连接 ，则 ， 所以平面截正方体所得截面为等腰梯形 ， 因为， 所以 的高为， 面积为，C错误； D选项，根据点满足可知在正方形内， 设的中点为，分别是的中点， 可得，且平面， 若点在以为球心，为半径的球面上， 则点的轨迹为在正方形内以为圆心，为半径的圆弧， 圆弧与正方形的另一个交点即为，可得 ， 所以点的轨迹的长度为，D正确. [Failed to download image : https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2026/5/17/b8f86382-3836-4930-90ba-0846dcff307f.svg] 三、填空题 12. 已知正四棱台的体积为14，若，则正四棱台的高为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的体积公式，代入已知上下底边长和体积求解高即可。 【详解】正四棱台的上下底面均为正方形，因此下底面面积，上底面面积， 设正四棱台的高为，根据棱台体积公式 ，. 13. 已知，，则在方向上的投影向量的模长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据向量线性运算的坐标表示求出的坐标，再利用在方向上投影向量的公式计算即可. 【详解】解：由题意可得， 由投影向量公式可得在方向上投影向量为， 因为，，所以， 因此，即投影向量的模长为. 14. 已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解． 【详解】当时，，对称轴为. 当时，函数在单调递增，函数图象如下： 令，则由， 结合图象可得或，即或. 结合图象可知，有2个解，有1个解， 此时函数有3个零点，不符合题意. 当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下： 令，则由 ，结合图象可得或或， 即或或. 由图可知， 有2个解，有3个解， 又函数有8个零点，则需有3个解. 需使，解得. 综上，实数的取值范围为. 四、解答题 15. 已知函数的最小正周期为，且． （1）求函数的解析式，并写出的最大值； （2）将函数的图象向左平移个单位得到的图象，求的单调递减区间． 【答案】（1），最大值为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据周期可求，由可得，即可求出解析式，得到最大值； （2）由平移变换公式得到，再根据整体法即可求解单调区间． 【小问1详解】 ，解得， ，，又， ， 则，最大值为； 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位， 得到， 令 ，解得， 故的单调递减区间为． 16. 如图，已知正三角形的边长为是的中点，设． （1）用表示向量； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合向量的运算法则可得； （2）由题意知可得 ， ， ，据此计算可得与的夹角余弦值. 【小问1详解】 ∵是的中点， ∴. 【小问2详解】 由题意知，，与的夹角为， ， ， ， 设与的夹角为，则. 所以与夹角的余弦值为. 17. 市有关部门为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成，这五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表) （2）某工作人员使用简单随机抽样从中抽取部分再研究，其中成绩的答卷有2份，成绩的答卷有3份，再从这5份中随机抽取2份进行详细分析，求从这5份答卷中取2份时，既有的答卷也有的答卷的概率． 【答案】（1）平均数为100，方差为104 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数与方差的求法，代入数据，即可得答案. （2）根据条件，利用古典概型求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图得， 平均数， 方差 . 【小问2详解】 记这组三份答卷的编号为这组两份答卷的编号为， 故从5份答卷中随机抽取2份，共10种情况，为： 设事件“既有的答卷也有的答卷” 则，共6种情况． 故, 18. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）如图，线段上点使得，且的面积为，求证：； （3）在第（2）问的条件下，若为线段上的动点，求的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到 ，代入已知条件，结合同角三角函数关系即可求解； （2）设，通过，及在中，由余弦定理列出等式即可求解； （3）作关于直线的对称点，确定的最小值为 的长度，在，结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理​，得 ， 代入已知 ， 得：  ， ， 约去得 ， 结合同角三角函数关系，代入 ， 得：  ， 是三角形内角， ，故. 【小问2详解】 由（1）得​，设， ， 是的外角， ， 故 ， ​又​， 由三角形面积公式： ， 化简得 ， 在中，， 由余弦定理：  代入，， ， 得  ， 因此， 即 ，故，得证； 【小问3详解】 作关于直线的对称点，则， 故， 当且仅当为与交点时取最小值，最小值为的长度， 由（2）得，​​， 故， 在中，由正弦定理， 得，故， 与关于对称，， ， 在中由余弦定理： ， 代入得： ， ​ 故，即的最小值为. 19. 在四棱锥中，底面为矩形，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的交线为，试证明：； （3）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据四棱锥的性质，利用面面垂直的性质定理，结合面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据矩形的性质，利用线面平行的判定定理，结合线面平行的性质定理证明结论； （3）过作于，过作交于，根据面面垂直的性质定理，得出即为平面与平面所成锐二面角，根据三角形的几何性质结合均值不等式求出的最大值，进而计算二面角余弦的最大值． 【小问1详解】 已知底面为矩形，故， 平面平面，为两平面的交线， 又平面，且， 平面， 平面，且平面， 平面平面． 【小问2详解】 已知底面为矩形，故， 又平面平面， 平面， 已知平面，且平面平面， 由线面平行的性质定理得，． 【小问3详解】 过作于，平面平面， 由面面垂直的性质定理得，平面， 过作，交于，是矩形， 则，且， 又平面， 平面，故， ， ， ， ， ， 平面，故， 综上，，， 故即为平面与平面所成锐二面角； 设，则，在中，， 则， ，当且仅当时等号成立， ， 在中，， ， 设，令， 当增大时，减小，故增加， 随着增大而递增， 故时，取最大值，最大值为 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $