精品解析：山东师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中检测数学试题

2026年5月山东师大附中高一期中检测试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 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、选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. B. 或1 C. 2或 D. 1 2. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 3. 已知，表示两个不同的平面，，，表示三条不同的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 4. 已知平面向量，满足，且，，则向量与的夹角（ ） A. B. C. D. 5. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ） A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定 6. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 8. 如图，圆为的外接圆，为边的中点，则（ ） A. 7 B. C. 8 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 10. 如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与直线所成角的大小为90° D. 设平面底面，则二面角的余弦值为 11. 已知在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等边三角形 B. 若，则 C. 若，则是等腰直角三角形 D. 若，且，则为等边三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别是，，则__________． 13. 在中，点满足，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，则______________． 14. 如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为_____________. 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. 如图，在平面四边形中，，，的面积为． ⑴求的长； ⑵若，，求的长． 16. 如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点，连接DE． （1）将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积和体积； （2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知为锐角三角形，分别为三个内角的对边, 且， （1）求； （2）若，的面积为，求的周长； （3）若，求周长的取值范围. 19. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面． （2）求三棱柱的体积． （3）线段上是否存在点，使得平面．若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年5月山东师大附中高一期中检测试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 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、选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. B. 或1 C. 2或 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据向量共线的坐标表示，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】因为向量，，若， 则，解得或. 故选：B. 2. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直观图面积，再根据原图形与直观图面积关系求解. 【详解】根据题意，可知是等腰直角三角形，又， 所以，故， 所以原平面图形的面积. 故选：D. 3. 已知，表示两个不同的平面，，，表示三条不同的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的平行和垂直的判定定理与性质定理判断即可. 【详解】选项A：若，，和可能平行，也可能异面，不是一定平行，A错误. 选项B：由线面垂直的判定定理可知：直线垂直于平面内两条相交直线才能推出线面垂直， 题干中未指明和不相交，不满足定理条件，B错误. 选项C：由面面平行的判定定理可知：一个平面内两条相交直线都平行于另一个平面，才能推出面面平行， 题干中和可能平行，此时和仍可以相交，C错误. 选项D：根据线面垂直的性质：若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与该直线平行， 则另一条直线也垂直于这个平面，结论成立，D正确. 4. 已知平面向量，满足，且，，则向量与的夹角（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出夹角，根据•（+）=3，展开由已知和数量积公式可得夹角的余弦值，由角的范围确定角. 【详解】设向量与的夹角为θ，θ∈[0，π] 由•（+）=，代入数据可得22+2×1×cosθ=3， 解之可得cosθ=， 故可得θ=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查向量的数量积的运算，属于基础题. 5. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ） A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理求出的值，验证大边对大角原理即可. 【详解】由正弦定理可得， 所以或， 又，所以，符合大边对大角原理， 所以满足条件的三角形个数为2个. 故选：A. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，过三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出截面图形，利用已知条件，转化求解截面周长即可． 【详解】如图，取BC的中点，连接EF，AF，, 、分别为棱、的中点，则，正方体中，则有，所以平面为所求截面， 因为正方体的棱长为2，所以，，，所以四边形的周长为. 故选：A. 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 【答案】C 【解析】 【分析】设米，然后分别在和中表示出，再在中利用余弦定理列方程可求出 【详解】设米，在中，，则， 在中，，，得， 在中，，，则由余弦定理得 ，，解得， 所以纪念碑高度为15米， 故选：C 8. 如图，圆为的外接圆，为边的中点，则（ ） A. 7 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形中线性质可知，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知，同理可得，再由数量积运算即可得解. 【详解】因为是BC中点， ， 因为M为的外接圆的圆心，即三角形三边中垂线交点， ， 同理可得， . 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】BD 【解析】 【分析】考查向量的分解，求模长，向量基底运算，数量积运算以及投影向量公式，结合条件求解即可. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，所以，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：在上的投影向量是，故D正确. 10. 如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与直线所成角的大小为90° D. 设平面底面，则二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，利用线线平行可判断A；利用勾股定理的逆定理可判断B；可得，进而得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，求解即可判断C；可证平面平面，进而二面角与二面角相等，求解可判断D. 【详解】连接，因为为底面正主形的中心，所以是的中点，又为侧棱的中点， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以， 又，所以，故B正确. 由于分别为侧棱的中点，所以. 又四边形为正方形，所以，所以， 所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即. 又为等边三角形，所以，故C错误. 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 二面角与二面角相等， 连接，取的中点，连接， 因为，所以， 因为四棱锥是正四棱锥，为底面正方形的中心，所以平面， 又平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 设正四棱锥的棱长为2，则，， 所以， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是等边三角形 B. 若，则 C. 若，则是等腰直角三角形 D. 若，且，则为等边三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：利用正弦定理将边转化为对应角的正弦值，再结合正切值和三角形内角大小判断三角形形状；选项B：举反例验证即可；对选项C：利用正弦定理将边转化为对应角的正弦值，代入等式后结合正弦函数的性质与基本不等式判断三角形形状；选项D：根据单位向量的性质，可得的角平分线方向，再根据两个单位向量的点积公式求出角的大小，进而判断三角形形状. 【详解】选项A，根据正弦定理，，，（为外接圆半径）， 代入得：， 即. 因为，若中有一个角为钝角， 则其正切值为负，那么另外两个角的正切值也为负， 即均为钝角，这与三角形内角和为矛盾；若有角为直角，则分母等为0，无意义. 故均为锐角. 又因为正切函数在上单调递增， 所以由 可得，故A正确； 选项B，取，，满足， 但：，， 此时，故B错误； 选项C，由正弦定理，条件化为：， 由基本不等式，，等号仅当成立； 又三角形内角中，故， 因此不等式必须取等号，得且 因为，故；得， 因此，是等腰直角三角形，故C正确； 选项D，、分别是方向的单位向量， 两个单位向量的和向量方向与的角平分线方向一致， 由知与垂直， 则的平分线垂直于，故，是等腰三角形. 又两个单位向量的数量积，，故， 因此是等边三角形，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别是，，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理得到，再利用余弦定理即可得解. 【详解】因为在中，， 所以，设， 所以， 故答案为：. 13. 在中，点满足，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，则______________． 【答案】3 【解析】 【详解】连接，如图所示， 因为， 所以， 又因为， 所以， 又因为三点共线， 所以，所以． 14. 如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为_____________. 【答案】60°## 【解析】 【分析】由空间向量数量积的运算律求解 【详解】设，∵，， ∴，∴， ∴ . ∴， ∴，∴. 因此，所求二面角的度数为60°. 故答案为：60° 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. 如图，在平面四边形中，，，的面积为． ⑴求的长； ⑵若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式求得，再由余弦定理即可得到的长； （2）由（1）可得，在中，利用正弦定理即可得的长． 【详解】⑴∵，，的面积为 ∴ ∴ ∴由余弦定理得 ∴ ⑵由（1）知中，， ∴ ∵,∴ 又∵ ， ∴在中，由正弦定理得 即,∴ 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式在三角形中的综合应用，考查学生的计算能力，属于基础题． 16. 如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点，连接DE． （1）将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积和体积； （2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积． 【答案】（1）表面积为，体积为 （2） 【解析】 【分析】（1）先判断封闭几何体的结构，然后计算出该几何体的表面积和体积. （2）先求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积. 【小问1详解】 依题意，，，所以四边形是直角梯形， . 将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，所得几何体如图所示， 几何体上半部分是圆锥，下半部分是圆柱. 表面积为， 体积为. 【小问2详解】 将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，是圆锥，如图所示， 设的内切圆半径，也即圆锥W的内切球的半径为， ， 则， 解得， 所以内切球的表面积为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，则，利用三角形中位线定理证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）取中点，连接，证明，利用平面平面证明平面，得，结合条件，再由线线垂直即可证得平面； （3）由（2）已得平面，则即直线与平面所成角，则可借助于，利用三角函数的定义即可求得. 【小问1详解】 如图，连接，因底面为平行四边形，则， ， 因，则，因平面， 平面，故平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面， 平面， 则平面，又平面，故， 因，平面，故平面. 【小问3详解】 由（2）已得平面，连接，则即直线与平面所成角， 因为等边三角形，，则， 又，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知为锐角三角形，分别为三个内角的对边, 且， （1）求； （2）若，的面积为，求的周长； （3）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式推出，可求得答案； （2）由三角形的面积公式求出，代入余弦定理可求出，即可求出的周长. （3）由正弦定理表示出，结合两角差的正弦公式可化简得到，确定角的范围，结合正弦函数性质即可求得答案. 【小问1详解】 在中，因为， 所以，即， 因为所以，故 ，则； 【小问2详解】 因为的面积为，即， 所以. 由余弦定理得. 解得, 所以周长为. 【小问3详解】 由正弦定理得，即， 则， 因为为锐角三角形，则 ，故， 所以，则， 故， 故周长的取值范围为. 19. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面． （2）求三棱柱的体积． （3）线段上是否存在点，使得平面．若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，为的中点，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由，可得平面，进而得，在等腰梯形中，可证得，从而得证； （2）由即可得解； （3）取的中点，的中点，连结，，，可证得四边形为平行四边形，从而得证，进而得证. 【小问1详解】 证明：∵，∴． ∵在等腰梯形中，， ∴在四棱锥中，． 又，平面， ∴平面． 又∵平面，∴． ∵在等腰梯形中，，，且， ∴，，， 由勾股定理得，故， ∴， ∴由勾股定理逆定理得． ∵，平面， ∴平面． 【小问2详解】 ∵，平面， ∴． 【小问3详解】 线段上存在一点，使得平面，为的中点，证明如下： 证明：取的中点，的中点，连结，，． ∵，分别为，的中点， ∴且． ∵且， ∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $