甘肃省文县第二中学等校2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

**基本信息** 高一下期中考数学卷，聚焦立体几何、解三角形等核心知识，通过椰子树观测情境题（第19题）与三棱台探究题（第16题），融合空间观念与模型意识，构建基础巩固到创新应用的能力梯度。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|立体几何（第1题平面确定）、复数（第2题虚部）|概念辨析，考查抽象能力| |多选题|3/18|向量夹角（第9题）、解三角形性质（第11题）|选项分层，发展推理意识| |填空题|3/15|向量夹角计算（第12题）、三角形面积范围（第13题）|运算能力与空间观念结合| |解答题|5/77|三棱台线面关系（第16题）、观测问题建模（第19题）|综合探究，体现应用意识与创新思维|

绝密★启用前 2025-2026学年文县第二中学、第三中学、文县东方学校高一下学期期中考试（数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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. 1．下列命题正确的是( ) A.三个点可以确定一个平面 B.长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体 C.一条直线和一个点可以确定一个平面 D.两条直线可以确定一个平面 2．设，则的虚部是(      ) A. B. C. D. 3．已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，则的值为(      ) A. B. C. D. 4．如图,是利用斜二测画法画出的的直观图,其中轴,轴,,则的周长为(      ) A. B. C. D. 5．下列说法中,正确的是(      ) A.有一个面为多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体是棱锥 B.用一个平面去截圆锥,圆锥底面与截面之间的部分是圆台 C.底面是正方形,有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱 D.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形 6．在平行四边形中,点E满足,与交于点M.若,则(      ) A. B. C. D.1 7．在三棱锥中,,,,平面平面,则三棱锥的外接球体积为(   ) A. B. C. D. 8．设O为坐标原点，，为椭圆的两个焦点，点P在C上，，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．已知单位向量的夹角为,则下列结论正确的有(      ) A. B.在方向上的投影向量为 C.若,则 D.若,则 10．已知为复数，下列说法正确的是(      ) A. B. C.若，则 D.若，则 11．在中,内角所对的边分别为,则下列说法正确的是(   ) A.若是锐角三角形,则 B.若,则为等腰三角形 C.若,则是钝角三角形 D.若,,,则满足这组条件的三角形有两个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知,,则与的夹角为_______________. 13．已知a,b,c分别是的三个内角A,B,C的对边,已知角,,若是锐角三角形,则的面积为S的取值范围为___________. 14．已知平面内有5个互不相等的单位向量，，，，.若这5个向量中恰有1对向量互相平行，恰有3对向量互相垂直，则的最大值为________. 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．（14分）已知复数是关于x的方程的两个根,且. (1)求p和q的值； (2)记复数在复平面内对应的点分别为,已知O为坐标原点,且,求复数z. 16．（18分）如图,三棱台中,侧面四边形为等腰梯形,底面三角形为正三角形,且,设为棱上的点. （1）若为棱的中点,求证; （2）若三棱台两底面间的距离为,且侧面底面,试探究是否存在点,使直线与平面所成角的正弦值为?若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由. 17．（14分）已知函数. (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在锐角中,设角所对的边分别是,若且,求周长的取值范围. 18．（15分）在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知,D为边BC上一点,且. (1)求角A的大小； (2)若,且,求a的值； (3)若AD为角平分线,求的最小值. 19．（16分）如图1,椰子树是海南最具代表性的树木之一,树干笔直无分枝,叶片形似巨大的羽毛伞.如图2,D、C两处观测点与树干底部点B在同一水平面内,树干垂直于水平面,某同学在地面D处,测得树干顶端A处的仰角为,D、C两处相距20米,,. (1)求观测点D到树干底部点B的距离的长度； (2)求在树干顶端A处观测到C、D两点的夹角的余弦值. ( 第 1 页 共 2 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案 1.答案：B 解析：三个不共线的点可以确定一个平面，A错误；长方体一定是直四棱柱，正四棱 柱一定是长方体，B正确： 一条直线和直线外一点可以确定一个平面，C错误；两条异面直线不能确定平面，D 错误。 故选：B. 2.答案：A 解析：z= -i-i1+2i1）-i-222i 1-2i1-2i(1-2i1(1+2i1)-1-4i255 则2-2+，所以：的虚部为号 55 3.答案：B b a 1 解析：由正弦定理，得sinB sinC sin A√2 2 所以 b+2c a=2 sinB+2sinC sinA 4.答案：A 解析：因为其中A'C'y'轴，ABx'轴： 所以∠C'AB=45°，由余弦定理得 B'C2=A'B2+A'C2-24'B'.A'C'Cos /C'A'B', 即2=2+A'C2-2A'C',解得A'C=2, 由斜二测画法知原△ABC为直角三角形，∠A=90°，AC=2AC'=4,AB=√2， BC=AB2+AC2=2+16=32, 所以周长为4+4V2. 故选：A. 5.答案：A 解析：对于A,由棱锥的定义判断A正确： 对于B,只有当平面与底面平行时，所截部分才是圆台，故B错误； 对于C,上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱才是正四棱柱，故C错误： 对于D,斜棱柱的侧面不是全等的平行四边形，故D错误 6.答案：B 解析：由题意，作图如下： C 因为D,M,E三点共线，所以可设AM=AD+(1-)AE 又BE=BC,可得AE=AB+B距=AB+BC=AB+AD: 所=2而+1-刘西}而-1-刘丽+就0： 又因为A,M,C三点共线，可设AM=uAC=uAB+uAD, 因可得1-=动架得入-号 所以x=y=1-元=7 8 可得x+y= 7 7.答案：C 解析：平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, BC⊥BD,BCC平面BCD,∴.BC⊥平面ABD, AB=AD=BD=4√5，所以，△ABD是边长为4V3的等边三角形， 正弦定理得△4BD的外接圆的直径为2r=A公三8 Sin 3 所以，该球的直径为2R=√2r2+BC2=10,则R=5, 因此，三棱锥A-BCD的外接球体积为y=4R:=4π 3 3πx53=500 3 故选：C 8.答案：B 解析：因为PF+PF=2a=6①， PF+PF:-2PFIPF:ICOSZFPF:=FF: 即PF+PE-IPFIPEI=-12②，联立①②， 解得：PEPE-20,Prf+PFf-68 而Po=,{PF+PE),所以oPl=Po=)P厘+PE, m网F所+阴-2所+2听网+网-V29- 533 故选：B 9.答案：AB 解析：对于A,由(a+b)(a-b)=a2-bP=1-1=0,可得(a+b)⊥(a-b),故A正确： 对于B,根据a在b方向上的投影向量定义即得，故B正确： 对于C,由1a+6P=(a+b}aP+15P+2a-6=2+2cos0=1,解得cos0=-,因 2 0∈0，.故0-子即C错误： 对于D,由(a+b)a=(a-b)a,得1aP+baaP-ba,即a.b=0,故a⊥b,即D错误. 故选：AB, 10.答案：AB 解析：A,设z,=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R), 2.z2=(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i, 所以zl=Vac-bd2+(ad+bc=vac2+b'd2+ard2+b'c Va2+b2.Vc'+d2 =a2+b2)-(c2+d2)=va'c2+bd"+ad2+bc2 所以z=,正确； B,由上z,+22=(a-bi)+(c-di)=(a+c-(b+d)i, 由z+z2=(a+c)+(b+d)i,得z+z2=(a+c)-(b+d)i, 所以+2=名+2成立，正确： C,若3+1=32+1，不妨取=-1+i,2=-1-i, 此时名+==22+1=，但=2不成立，错误； D,若>，不妨取1=2i,2=1,则z=-4<z=1,错误. 11.答案：AC 解析：对于A若△4BC是锐角三角形则4+6>受所以A>行B, 且正弦函数在该区间递增，则sinA>sin L-B =cosB,故 A正确； 对于B,若sin2A=sin2B,又A,B∈0，π)，则2A=2B或2A+2B=π， 所以A=B或A+B-乃，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B不正确： 对于C,若sin2A>sin2B+sin2C,由正弦定理得a2>b2+c2, 由余弦定理得coSA=+c-Q<0,则角4为钝角，则△4BC是钝角三角形，故C正确： 2bc 43 对于D,若b=4,c=3.C=于根据正弦定理gC则sn日 =2V5 sin B sin C 2 所以sinB= 2W5 >1,而正弦函数的值域为[-1,1， 3 因此这样的角B不存在，满足条件的三角形无解，故D不正确 故选：AC. 12.答案： 3 解析：由i1(a-可得：万.(a-b)=0→a.6-=0 又因为1，所以ā-6==1， 即cosa,b= a.b 11 52x12, 又因为a,b∈[0，π，所以a,6= 3 故答案为： 13.答案：(25,85） a 4 解析：方法一：由正弦定理，得 n sin B sinC, in 3 则asin B=4×sin=2V5,c=4sinC 3 sin B aesin B=4sinc 4sin() sin B sin B 23sin B+6cosB 6 +2V5, sin B tan B 0<B<T 又因△ABC是锐角三角形，所以 2 ,故<B< 6 0< -B< 2 3 所以tanB> 5,0<。<5,故得 +2V5∈25,8V5, tan B tan B 即△ABC的面积为S的取值范围为(2V3,8V3) 万法：由余弦理狼0sA土2即6土C改16+c4女 2be 8c a2+b2>c2 a2+16>c2① 因△ABC为锐角三角形， a2+c2>62即 a2+c2>16② 将16+c2-4c=a2代入①，得16+c2-4c+16>c2,解得c<8 将16+c2-4c=a2代入②，得16+c2-4c+c2>16,解得c>2或c<0(舍去)， 综上，2<e<8所以5=besin4=V5ce25,8. 故答案为：(2V5,8⑤)片 14.答案：2+1 解析：因为这5个单位向量互不相等，且恰有1对向量互相平行，所以这2个向量互 为相反向量， 令a=-a2, 则 回+a+a,若a,a,a,中有2个或3个向量与垂直， 则这些向量也与a,垂直，所以这5个向量中，至少有4对向量互相垂直，不符合题意 若a,a4,a均不与g垂直，也不与a垂直，则4,4，a两两垂直，不符合平面 向量的性质 故a,a,a中恰有1个向量同时与a,G垂直，令a⊥a,a⊥2， 则由题可知a41a,从而a+a=v2,则a+a+a≤a+a+a=2+1, 当且仅当a与a4+a,同向时，等号成立，经检验，此时满足题设条件， 故 >a 的最 大值为√2+1. 15.答案：(1)p=-1,9=1 2:-* 2+2 解析：(1)由复数z= 5;+是实系数方程x2+px+q=0的一个根， 2 可知z2= 5;+也是方程+x+9=0的一个根， 由达定现可两+兰1 所以p=-1,9=1. (2)因为AC=0A+0B,所以0C-0A=0A+0B,则0C=20A+0B, 则2+0河49安-9号 2 所以z=2,+23=2× 16.答案：（1)见解析 (2)5 10 解析：(1)如图：取AC中点O,连接OB,OD,因为四边形ACCA为等腰梯形，且D为 A,C,中点，所以AC⊥OD. 6 B 又△ABC为正三角形，所以AC⊥OB OB,ODc平面BOD,OB∩OD=O,所以AC⊥平面BOD 又BDc平面BOD,所以AC⊥BD (2)设A,C,中点为E,连接OE,则OE⊥AC, 又侧面ACCA⊥底面ABC,侧面ACCA∩底面ABC=AC,OEc侧面ACC,A, 所以OE⊥底面ABC. 又AC,OBc底面ABC,所以OE⊥AC,OE⊥OB 又OB⊥AC,所以OA,OB,OE两两垂直， 故可以O为原点，OA,OB,OE所在的直线分别为x,》,z轴建立如图空间直角坐标系 B B 因为三棱台ABC-AB,C两底面间的距离为√5，即OE=√5， 又三角形ABC为正三角形，且AC=2AC=4, 则B0,25,0,C(-2,0,0),C,-1,0,V5),设D(a,0,5-1≤a≤1， 则BD=(a,-25,3,CB=(2,23,0,c℃=(1,0，V5） n⊥CB,i.CB=2x+2V3y=0 设平面BCCB的法向量为i=(x,y,z),则 i⊥CCi.CC=x+v5z=01 可取元=(5，-1，-， 设直线BD与平面BCCB所成的角为O, nBD 则sin0=cos(i,BD)》 3a+2w3-5_5xla+1 BD √5×Va2+12+3V5xVa2+15 由3xo+1-压h+1=34a+r=G+15→3a+5a-1=0 V5xVa2+1510Va2+152 所以3a+1川a-刂=0，故a=1或a=-号（因为-1≤a≤1，故舍去），此时D10,5与 A点重合 所以当D与A点重合时，直线BD与平面BCCR所成角的正弦值为 10 17.答案：(1)最小正周期为π， 、 5π 2 12 ki+ 12 (2)3V3+3,9 解析：1)油题意，函数f(x)=2 sin x.cosx+V3cos2x=sin2x+V3cos2x=2sin 2x+3 所以函数f(x)的最小正周期为T=2 2 =兀， 令2-52x+骨≤2a+eZ.解得-设ss+径，keZ, 12 12 所以函数的单调递增区间是 ,k e Z (2)由(1)可得f(A)=2sin 24+写引=0，因为4(0可得A= 31 a b 3 =2W3 由正弦定理可知sin A sin B sin C 3 ,所以b=2√3sinB,c=2W√3sinC, 2 0<B<π 由A=兀及△4BC为锐角三角形 2 ,解得工<B< 3 2π-B< 6 2 0< 3 则b+c=2W3(sinB+sinC)=2v3[sinB+sin(A+B)】 96 3 63 所以+c=6smn2+e36.6个 故△ABC周长的取值范围为3V3+3,9 18.答案：04-骨 (2)a=33-3 (3)5+2V2 解析：(1)由已知a(W3sinB+cosB)=b+c, 由正弦定理，可得sinA(W3sinB+cosB)=sinB+sinC, 又因为sinC=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,代入上式， 化简得：√3 sin Asin B=sinB+sin B cos A, 因为△ABC中，B∈(0，π)，所以sinB≠0，从而√3sinA-cosA=1, 故2sim4-8=1,因为Ae0,,所以4=号 (2)因为BD=2CD, 所以D=AB+BD=B+子8C-丽+子(aC-)-B+}C, 由(1)知，A= 3 所以而-后丽+号c号孤++号C4 由已知AD=2,所以4=c2+462+2c,即46+c+2bc=36, 又=√5-1，联立两式解得，b=√6，c=32-√6， 由余弦定理，可得a2=b2+c2-bc=36-18V3,即a=3V3-3 (3)若AD为角平分线，则∠BAD=元，sin∠BDA=sinB+ 6 6/ 在△ABD中，由正弦定理，得4D=一BD AB sin B sin∠BAD sin∠BDAi BD AB 即sinB sin 6 sinB+ 6 所以 2sinB+ AB=- 6,BD= sin B' sin B 所以AB+3BD= sinB+π】 3 √3sinB+cosB+3 sin B sin B cos2B -sin2 B 2+3 cos2 B sin?B） =√3+ 2 2 2 4cos+2sin =3+ 2 2 BB BB 2sin cos 2 92 2sin。cos 2 2 即AB+3BD=V3+2 B B tan tan 2 又因为Be0）所以号0》am, 从而AB+3BD≥V5+2 an5=5+22 2 B 2 tan- 2 当且仅当ang-V5∈(0，V5)时，等号成立， 所以AB+3BD的最小值为√3+2√2. 19.答案：(1)20W3 (2v2 8 解析：()在△DBC中，由正弦定理可得，DC BD sin∠OBC sin∠DCB' 因为V3sin∠DBC=sin∠DCB,所以BD=V3DC. 又DC两处相距20米，故BD=√5DC=20W3,所以BD的长为20W3米. (2)在Rt△ADB中，由在D处测得树干顶端A处的仰角为30°， 可得48=tan30=5,则4B=205×5=20 BD 3 3 由1)知BD=205,由V5BC=BD,得BC=BD =20, 3 由BD=D1cos30°，得D-6D=20W5 cos30°√5 2 在Rt△ABC中，由AB=BC=20,得AC=VAB2+BC2=20V2. 在△D1C中，由余弦定理得cos∠D4C-4D+AC2-DC_40+(202-2052 2AD·AC 2×40×20W2 8 故在A处观测到C、D两点的夹角∠D4C的余弦值为5V2