精品解析：广西南宁市第二中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

南宁二中2025-2026学年度下学期高一期中考试 数学 （时间120分钟，共150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的4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. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将复数化为 的标准形式，再直接求解虚部即可. 【详解】因为. 而复数的虚部是指 中 的值，不含 ，所以这个复数的虚部为 . 3. 如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是（ ） A. 四棱台 B. 四棱锥 C. 四棱柱 D. 三棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体结构特征直接判断即可. 【详解】记水面与三棱柱四条棱的交点分别为，如图所示， 由三棱锥性质可知，和是全等的梯形， 又平面平面， 平面分别与平面和相交于， 所以，同理， 又，所以互相平行， 所以盛水部分的几何体是四棱柱. 故选：C 4. 设是两个不同的平面，是直线且，则“”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】依据面面垂直判定定理和性质定理去推导即可判定二者间的逻辑关系 【详解】由，，可得； 由，，可得，或 则“”是“”的充分不必要条件 故选：A 5. 如图，三棱柱中，点E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法错误的是（ ） A. E、F、G、H四点共面 B. 与是异面直线 C. 、、三线共点 D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接， 由是的中位线，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，正确； 对于C，延长，相交于点， 由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 而平面平面，则，三线共点，C正确； 对于D，由，且可知，四边形是梯形，则不平行，所以D不正确. 6. 已知分别为的三个内角的对边，若，则角（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在中，， 由正弦定理得， 由，得，所以. 7. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内部半径为，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得玻璃球的体积，设圆柱形玻璃杯水面上升了，根据体积相等，列出方程，即可求解. 【详解】因为玻璃球的半径为，可得玻璃球的体积为， 设圆柱形玻璃杯水面上升了，可得，解得， 所以杯中水面上升了． 故选：B. 8. 如图，在正三棱柱中，，.则直线与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到为直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】取的中点，连接、，如图： 因为三棱柱是正三棱柱，所以为等边三角形，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 所以为直线与平面所成角. 又，， 因为平面，平面，所以， 所以，所以， 即直线与平面所成角的大小为. 故选：D 二、选择题：本题共三小题，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. 9. 已知m、n是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】AB 【解析】 【详解】A选项，由于，，由面面平行的性质，可得，故A正确； B选项，若，，由面面平行的判定定理可得，故B正确； C选项，若，，则，可能平行、相交或异面，故C错误； D选项：若，，，则或异面，故D错误. 10. 已知复数z，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，则复数不确定，即可判断；对于B，由于，可得，即可判断；对于C，由， 可得在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由表示单位圆上的点与点的距离，即可求得的范围，即可判断；对于D，设，计算求得及，即可判断. 【详解】根据题意，对于选项A，设，由于， 所以，则复数不确定，故选项A不正确； 对于选项B，设，由于， 所以，则，所以，，则，故选项B正确； 对于选项C，设，由于，所以， 所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆， 因为表示单位圆上的点与点的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以，故选项C正确； 对于选项D，设，， ， 当时，， 例如，，，， 所以选项D错误. 故选：BC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是的中点，Q是侧面内的动点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 四点共面 B. 异面直线与所成的角为 C. 当点Q在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，点Q的运动轨迹的长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由题可得，，得得证；对B，连接，可得异面直线与所成的角为，求解判断；对C，由等体积法，可得，求解判断；对D，由题可得点Q的运动轨迹是在侧面内以的中点为圆心，半径的圆弧，求解判断. 【详解】对于A，如图1，在正方体中，易知． 又P，N分别是的中点，则，所以，即四点共面，故A正确； 对于B，如图2，分别连接，由题意，易知， 则异面直线与所成的角为，易知为等边三角形，故，故B错误； 对于C，如图3，由等体积法，得． 因为，可得平面，又点Q在线段上运动， 所以点Q到平面的距离为定值．又也为定值， 所以为定值，即为定值， 且，故C正确； 对于D，如图4，取的中点，易得平面， 当时，点Q的运动轨迹是在侧面内以的中点为圆心，半径的圆弧， 在中，由，，可得，同理，， 所以圆弧圆心角为，所以点Q的运动轨迹的长度为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共计15分． 12. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，斜边，则原图形的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据原图与直观图对应边长的关系，求出三角形边长，进而利用三角形面积公式计算即可. 【详解】由已知得，， 所以原图形中，，且，如图， 因此原图形的面积为. 故答案为：. 13. 用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥，则这个圆锥的高为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的底面周长等于半圆形纸片的弧长建立等式,再根据半圆形纸片的半径为圆锥的母线长求解即可. 【详解】由题得, 半圆形纸片弧长为,设圆锥的底面半径为,则, 故圆锥的高为. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆锥展开图中的运算,重点是根据圆锥底面的周长等于展开后扇形的弧长,属于基础题. 14. 如图所示，某旅游景区的，景点相距，测得观光塔的塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上，在景点处测得塔顶的仰角为45°，现有游客甲从景点沿直线去往景点，则沿途中观察塔顶的最大仰角的正切值为________.（塔顶大小和游客身高忽略不计） 【答案】 【解析】 【分析】先用正弦定理解三角形得，再利用求取最小值来求仰角正切值的最大值即可. 【详解】 由塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上， 可知，，在中，， 由，结合正弦定理得， 在可得：， 过点作交于，由于平面，平面， 可得：，即， 当取最小值时：， 由正切函数在锐角范围是单调递增，即要求仰角的最大值，即求其正切值的最大值， 所以有最大值. 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. 在中，角的对边为，已知，且，. （1）求角的大小： （2）求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理边角转化即可得结果； （2）根据数量积的定义可得，结合（1）可得，即可得周长. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 因为，即，可得， 由（1）知，可得， 且，可得，解得， 所以的周长为. 16. 如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 【答案】（1） 证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）依据线面平行的判定定理，构造三角形中位线得到平行于平面内的直线，即可推出线面平行； （2）依据面面平行的性质，平面平面可得对应交线平行，据此确定为中点，即可算出的值. 【小问1详解】 取的中点，连接、. 因为是的中点，所以是的中位线， 故，且. 又正方形中，是中点，且， 因此 ，，即且. 所以四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，根据线面平行判定定理，得 平面. 【小问2详解】 已知平面平面，平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得. 在中，是中点，， 因此是的中点， 可得. 17. “但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等．某种植园准备将如图扇形空地分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为7米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且． （1）当米时，求的长； （2）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大．求面积的最大值． 【答案】（1）8m （2） 【解析】 【分析】（1）结合平行线的性质与余弦定理计算即可得； （2）结合题意，利用正弦定理与面积公式表示出面积后，借助三角恒等变换将其变形为正弦型函数，结合正弦函数的性质计算即可得. 【小问1详解】 由，故， 由余弦定理可得， 即，即有， 即，故（舍去）或， 即； 【小问2详解】 设，由， 故，，又， 由正弦定理可得，即， 则， 令，， 则 ， 有最大值，此时，即时取得， 此时平方米. 18. 如图，中，，，E、F分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥． （1）求证：； （2）若F为中点，且，求二面角的余弦值； （3）若D为中点，当点E在线段上（不含端点）运动时，求三棱锥的体积的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）先由二面角的定义得到是二面角的平面角，然后利用余弦定理解三角形可得结果； （3）设，则，以为底，三棱锥的高的最大值为，然后利用三棱锥体积公式表示三棱锥的体积，利用二次函数的最值可得结果. 【小问1详解】 ，，， 将沿折起，可得， 又，平面，平面，平面， 平面，. 【小问2详解】 由（1）可知，，，二面角的平面角为， 由F为中点，， 在中，由余弦定理得，， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 由D为中点，得，设，则， 以为底的三棱锥的高为点到底面的距离，则距离的最大值为， 所以三棱锥的体积， 当且仅当时取等号，所以三棱锥的体积的最大值为. 19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“1向量”． （1）设，若是向量组，，的“1向量”，求实数x的取值范围； （2）设向量，则向量集是否存在“1向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知，，均是向量集的“1向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中有一点列满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】（1）； （2）存在，理由见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据“1向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得； （2）由题意可得，亦可得，故只需使 ，代入计算即可得； （3）首先由，，均是向量组，，的“1向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值. 【小问1详解】 由题意可得： ，则，解得：； 【小问2详解】 存在“1向量”，且“1向量”为，，理由如下： 由题意可得， 若存在“1向量”，只需使 ， 又， 故只需使 ，即，即， 当或时，符合要求，故存在“1向量”，且“1向量”为，； 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理， ， 三式相加并化简，得：， 即 ， ，所以， 设，由得：， 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， ， 当且仅当时等号成立， 故 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中2025-2026学年度下学期高一期中考试 数学 （时间120分钟，共150分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的4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. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是（ ） A. 四棱台 B. 四棱锥 C. 四棱柱 D. 三棱柱 4. 设是两个不同的平面，是直线且，则“”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 5. 如图，三棱柱中，点E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法错误的是（ ） A. E、F、G、H四点共面 B. 与是异面直线 C. 、、三线共点 D. 6. 已知分别为的三个内角的对边，若，则角（ ） A. 或 B. C. D. 7. 一个装有水的圆柱形玻璃杯，测得其内部半径为，将一个半径为的玻璃球完全浸入水中，水没有溢出，则杯中水面上升了（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正三棱柱中，，.则直线与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共三小题，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. 9. 已知m、n是空间中两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 已知复数z，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是的中点，Q是侧面内的动点（含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 四点共面 B. 异面直线与所成的角为 C. 当点Q在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，点Q的运动轨迹的长度为 三、填空题：本大题共三小题，每小题5分，共计15分． 12. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，斜边，则原图形的面积是________． 13. 用半径为的半圆形纸片卷成一个圆锥，则这个圆锥的高为__________ 14. 如图所示，某旅游景区的，景点相距，测得观光塔的塔底在景点的北偏东45°，在景点的北偏西60°方向上，在景点处测得塔顶的仰角为45°，现有游客甲从景点沿直线去往景点，则沿途中观察塔顶的最大仰角的正切值为________.（塔顶大小和游客身高忽略不计） 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. 在中，角的对边为，已知，且，. （1）求角的大小： （2）求的周长. 16. 如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 17. “但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等．某种植园准备将如图扇形空地分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为7米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且． （1）当米时，求的长； （2）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大．求面积的最大值． 18. 如图，中，，，E、F分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥． （1）求证：； （2）若F为中点，且，求二面角的余弦值； （3）若D为中点，当点E在线段上（不含端点）运动时，求三棱锥的体积的最大值． 19. 对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“1向量”． （1）设，若是向量组，，的“1向量”，求实数x的取值范围； （2）设向量，则向量集是否存在“1向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知，，均是向量集的“1向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中有一点列满足：为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $