精品解析：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

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 【答案】B 【解析】 【分析】由平面的基本性质、长方体及四棱柱的概念依次判断即可. 【详解】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. 设，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算，结合共轭复数及复数的概念求解即可. 【详解】. 则，所以的虚部为. 3. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理边化角计算即可. 【详解】由正弦定理， 由边化角得. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦定理可求得，根据斜二测画法得到原图形边长即可． 【详解】因为其中轴，轴， 所以，由余弦定理得， ， 即，解得， 由斜二测画法知原为直角三角形，，， ， 所以周长为． 故选：A． 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 【答案】A 【解析】 【详解】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. 在平行四边形中，点满足，与交于点.若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，作图如下： 因为三点共线，所以可设 又，可得； 所以； 又因为三点共线，可设， 因此可得，解得； 所以 可得. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据面面垂直性质定理得平面，再根据正弦定理求的外接圆的直径，最后根据球心位置列式求半径，即得结果. 【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面， ，所以，是边长为的等边三角形， 由正弦定理得的外接圆的直径为， 所以，该球的直径为，则， 因此，三棱锥的外接球体积为． 故选． 【点睛】本题考查面面垂直性质定理、正弦定理以及外接球体积，考查综合分析求解能力，属中档题. 8. 设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆的定义和焦点三角形的余弦定理建立方程组，然后再根据，两边平方即可求解. 【详解】因为①， ， 即②，联立①②， 解得：， 而，所以， 即. 故选：B 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 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用向量垂直的充要条件判断即得；对于B，根据投影向量的定义易得；对于C，利用向量数量积的运算律计算求得即可排除；对于D，利用向量数量积的运算律计算推得即可排除. 【详解】对于A，由，可得，故A正确； 对于B，根据在方向上的投影向量定义即得，故B正确； 对于C，由，解得，因，故，即C错误； 对于D，由，得，即，故，即D错误. 故选：AB. 10. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】设，，应用复数的模的计算公式，复数的乘法、共轭运算判断A、B；取，判断C；取，判断D. 【详解】A，设，， ， 所以 所以，正确； B，由上， 由，得， 所以成立，正确； C，若，不妨取，， 此时，但不成立，错误； D，若，不妨取，，则，错误. 11. 在△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（     ） A. 若△ABC是锐角三角形，则 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若，则△ABC是钝角三角形 D. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形内角关系，结合三角函数性质逐项分析即可得结论. 【详解】对于A，若△ABC是锐角三角形，则，所以， 因为，且正弦函数在该区间递增，则，故A正确； 对于B，若，又，则或， 所以或，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B不正确； 对于C，若，由正弦定理得， 由余弦定理得，则角为钝角，则△ABC是钝角三角形，故C正确； 对于D，若，，，根据正弦定理，则， 所以，而正弦函数的值域为， 因此这样的角不存在，满足条件的三角形无解，故D不正确. 故选：AC. 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_______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量垂直，数量积为零，再利用数量积求夹角余弦值，即可求解. 【详解】由可得：. 又因为，所以， 即， 又因为，所以， 故答案为：. 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______. 【答案】 【解析】 【分析】方法一：由正弦定理与和角公式将的面积表示成，结合锐角三角形条件求得，利用正切函数的值域即可求得其范围； 方法二：由余弦定理，得，根据锐角三角形条件，可得，将结论代入求得，利用三角形面积公式即可求得其范围. 【详解】方法一：由正弦定理，得， 则，， 故 ， 又因是锐角三角形，所以，故， 所以，，故得， 即的面积为S的取值范围为. 方法二：由余弦定理得，即，故， 因为锐角三角形，则，即， 将代入①，得，解得， 将代入②，得，解得或（舍去）， 综上，，所以. 故答案为：. 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____________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用平行向量为相反向量的性质简化问题，再结合题设垂直对数约束，分类讨论并排除不可能情形，最终确定向量分布，利用向量加法的三角不等式求出和向量模长的最大值． 【详解】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，则，若，，中有2个或3个向量与垂直， 则这些向量也与垂直，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，，均不与垂直，也不与垂直，则，，两两垂直，不符合平面向量的性质． 故，，中恰有1个向量同时与，垂直，令，， 则由题可知，从而，则 ， 当且仅当与同向时，等号成立，经检验，此时满足题设条件，故的最大值为． 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. 已知复数是关于的方程的两个根，且. （1）求和的值； （2）记复数在复平面内对应的点分别为，已知为坐标原点，且，求复数. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知也是方程的一个根，利用韦达定理计算即得答案； （2）由，得到，即得，代入计算即得. 【小问1详解】 由复数是实系数方程的一个根， 可知也是方程的一个根， 由韦达定理，可得， ， 所以，. 【小问2详解】 因为，所以，则， 则得，由（1）可得，， 所以. 16. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，与点重合 【解析】 【分析】(1)利用线面垂直证明线线垂直； (2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置. 解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置. 【小问1详解】 如图：取中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以. 又为正三角形，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥， 取中点，中点，连接； 侧面为等腰梯形，故； 侧面底面，交线为，平面， 因此平面； 已知两底面距离为，即； 由相似比，得； 底面为正三角形，，则，； 在中，； 在中，； 设点到平面（即平面 ）的距离， 由，即， ，， 代入得：，解得； 设点到平面的距离， 由相似比，得； 设，点到平面的距离，由相似性：，、 得，其中； 作于，则，，， 由余弦定理：， ， 设直线与平面所成角为，则， 代入得：，化简得， 解得或（舍去），即点与重合, 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 解法2：设中点为，连接，则， 又侧面底面，侧面底面侧面， 所以底面， 又底面，所以， 又，所以两两垂直， 故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系. 因为三棱台两底面间的距离为，即， 又三角形为正三角形，且， 则，设， 则， 设平面的法向量为， 则， 可取 设直线与平面所成的角为， 则， 由， 所以，故或（因为，故舍去）， 此时与点重合， 所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 17. 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． 【答案】（1）最小正周期为，， （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解； （2）由（1）及，求得，根据正弦定理得到，，得到，结合，即可求解. 【小问1详解】 由题意，函数， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以函数的单调递增区间是，. 【小问2详解】 由（1）可得，因为，可得， 由正弦定理可知，所以，， 由及为锐角三角形，解得， 则 . 因为，可得，所以， 所以， 故周长的取值范围为. 18. 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． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出； （2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，由余弦定理求出； （3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理得到，，故，根据基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由已知， 由正弦定理，可得， 又因为，代入上式， 化简得：， 因为中，，所以，从而， 故，因为，所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 由（1）知，， 所以 ， 由已知，所以，即， 又，联立两式解得，， 由余弦定理，可得，即． 【小问3详解】 若AD为角平分线，则， 在中，由正弦定理，得， 即， 所以，， 所以 即， 又因为，所以，， 从而， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 19. 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，、两处观测点与树干底部点在同一水平面内，树干垂直于水平面，某同学在地面处，测得树干顶端处的仰角为，、两处相距米，，. （1）求观测点到树干底部点的距离的长度； （2）求在树干顶端处观测到、两点的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合可得出的长； （2）求出、、、的长，然后利用余弦定理可求得的值，即为所求. 【小问1详解】 在中，由正弦定理可得， 因为，所以. 又两处相距米，故，所以的长为米. 【小问2详解】 在中，由在处测得树干顶端处的仰角为， 可得，则. 由（1）知，由，得， 由，得. 在中，由，得. 在中，由余弦定理得. 故在处观测到、两点的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，所对的边分别是，，，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，点满足，与交于点.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. 设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，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△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（     ） A. 若△ABC是锐角三角形，则 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若，则△ABC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. 已知复数是关于的方程的两个根，且. （1）求和的值； （2）记复数在复平面内对应的点分别为，已知为坐标原点，且，求复数. 16. 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. 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. 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. 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，、两处观测点与树干底部点在同一水平面内，树干垂直于水平面，某同学在地面处，测得树干顶端处的仰角为，、两处相距米，，. （1）求观测点到树干底部点的距离的长度； （2）求在树干顶端处观测到、两点的夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $