精品解析：宁夏回族自治区银川市第九中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

银川九中2025-2026学年第二学期高一年级期中 数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 若向量，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 4. 如图，设A，B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为m，∠BAC＝α，∠ACB＝β，则A，B两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为（ ） A. 12 B. C. 24 D. 7. 设是两条直线，是两个平面，下列说法错误的是（    ） A. 如果，那么 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 8. 任意一个复数都可以表示成三角形式，即.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在中，角所对的边分别为，以下说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则． C. 若，则为钝角 D. 若，则为直角三角形 10. 美术课对于陶冶人的情操､发展学生的艺术兴趣和爱好､培养学生的艺术特长､提高学生的审美素养具有积极作用.如图，这是某学生关于“杯子”的联想创意图，它是由一个正方形和三个半圆组成的，其中，是正方形的两个顶点，是三段圆弧上的动点，若，则的可能取值有（    ） A. -10 B. -8 C. 10 D. 24 11. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知向量，，且，则______． 13. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则其外接圆的半径为__________. 14. 如图，正四棱锥中，点和分别为棱和的中点．若过A，E，F三点的平面与侧面的交线线段长为，则该四棱锥的外接球的体积为__________． 四、解答题：本大题共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，已知正方体. （1）求与所成角的大小； （2）若E，F分别为棱AB，AD的中点，求证：. 16. 如图，如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面． （1）证明：平面； （2）求到平面的距离． 17. 如图所示，已知矩形ABCD中，，AC与MN相交于点E． （1）若，求和的值； （2）用向量表示． 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． 求A和B的大小； 若M，N是边AB上的点，，求的面积的最小值． 19. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；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 $ 银川九中2025-2026学年第二学期高一年级期中 数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据虚部的概念求解. 【详解】由可得， 故虚部为， 故选：A 2. 若向量，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平行向量的坐标表示求解即可. 【详解】因为，所以，解得． 故选：A. 3. 在中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理计算即可. 【详解】由题可知：， 所以. 故选：A 4. 如图，设A，B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为m，∠BAC＝α，∠ACB＝β，则A，B两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在△ABC中，由已知的条件直接利用正定理求解即可 【详解】在△ABC中，AC＝m，∠BAC＝α，∠BCA＝β. ∴∠ABC＝π－α－β. ∴sin ∠ABC＝sin (π－α－β)＝sin (α＋β)． 由正弦定理，得. 故选：C 5. 三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合体体积减去圆柱体体积就可得结果. 【详解】 计算正方体体积：， 计算上下两个圆柱的体积：， 再计算内空圆柱的体积：， 最后可得组合体体积： 故选：A 6. 如图所示，矩形是水平放置一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为（ ） A. 12 B. C. 24 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案. 【详解】由题意得，所以矩形的面积为， 由原图形面积与直观图面积的比例关系，可知原图形的面积是，故D正确. 7. 设是两条直线，是两个平面，下列说法错误的是（    ） A. 如果，那么 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线、面之间的位置关系的判定定理和性质逐一判断即可. 【详解】对于A，如果，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，因为，所以存在直线，使得， 又，所以或， 当时，因为，，所以由线面平行性质定理可知， 所以由平行传递性可得； 当时，因为，，所以直线与直线重合，故. 综上，若，，则，故C正确； 对于D，若，，所以或， 当时，存在直线，使得， 又因为，所以，则； 当时，因为，所以. 综上，若，则，故D正确. 8. 任意一个复数都可以表示成三角形式，即.法国数学家棣莫弗创立的棣莫弗定理是：设两个复数，，则，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将化为三角形式，根据棣莫弗定理可求得的值，即可求得答案. 【分析】由题意可得， 故， 所以， 故选：C. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 在中，角所对的边分别为，以下说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则． C. 若，则为钝角 D. 若，则为直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用余弦三角函数的性质即可求解；对于B，利用锐角三角形的定义及正弦函数的性质，结合诱导公式即可求解；对于C，根据余弦定理可判断C；对于D，利用射影定理计算判断选项. 【详解】对于A，在中，因为，所以，又在上单调递减， 所以，故A错误； 对于B，因为为锐角三角形，可得,则, 因为，所以， 又在上单调递增，所以，故B正确； 对于C，若，则，而， 所以角C为钝角，故C正确； 对于D，在中，由射影定理及得：， 则，而，解得，即为直角三角形，D正确. 10. 美术课对于陶冶人的情操､发展学生的艺术兴趣和爱好､培养学生的艺术特长､提高学生的审美素养具有积极作用.如图，这是某学生关于“杯子”的联想创意图，它是由一个正方形和三个半圆组成的，其中，是正方形的两个顶点，是三段圆弧上的动点，若，则的可能取值有（    ） A. -10 B. -8 C. 10 D. 24 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据数量积的几何意义，为在上的投影，数形结合，确定的最大值和最小值，即可求得答案. 【详解】如图，作，垂足分别为，且与左半圆相切， 切点为与右半圆相切，切点为. ，其中为在上的投影， 因为，所以. 当与重合时，最大，最大值为， 此时取得最大值，最大值为； 当与重合时，最小，最小值为， 此时取得最小值，最小值为； 故的取值范围是. 11. 在正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合正方体性质，根据异面直线夹角，线面角的定义求解判断即可. 【详解】如下图，且为等边三角形，则与所成的角为，A错误； 由，且，则，故与所成的角为正确； 由平面，则与平面所成的角为，C正确； 由平面平面，则，又， 且都在平面内，则平面， 所以与平面所成的角为，且， 故，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，解得， 所以，故． 13. 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则其外接圆的半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理及三角形面积公式求出，再由正弦定理求解. 【详解】由可得， 因为，所以， 所以，解得， 所以，即， 由正弦定理知，，即. 14. 如图，正四棱锥中，点和分别为棱和的中点．若过A，E，F三点的平面与侧面的交线线段长为，则该四棱锥的外接球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意找出过三点的平面与侧面的交线线段，证明G为靠近C的三等分点，再由已知求解三角形可得正四棱锥的底面边长与侧棱长，然后求解外接球的半径，代入球的体积表面积公式得答案． 【详解】如图，连接并延长交的延长线于H，连接交于G， 因为E为的中点，所以C为的中点， 在平面中，过C作，交于K，则， 所以， 由已知可得，四棱锥为正四棱锥， 在等腰三角形中，由，得， 设，则，，， ， 在中，由余弦定理可得，，解得， 所以正四棱锥的底面边长为，侧棱长为6， 连接，相交于M，连接，则为正四棱锥的高，则， 设四棱锥外接球的球心为O，连接，则，解得， 所以该四棱锥的外接球的体积为． 四、解答题：本大题共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，已知正方体. （1）求与所成角的大小； （2）若E，F分别为棱AB，AD的中点，求证：. 【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质，证出，由此得到就是与所成的角．然后在正三角形中加以计算，可得与所成角的大小； （2）平行四边形中可得， 可证，又即可得证； 【详解】解：（1）如图，连接，由几何体是正方体，知四边形为平行四边形，所以， 从而与所成的角为与所成的角， 由，可知. 故与所成的角为. （2）如图，连接，易知四边形为平行四边形，所以， 因为为的中位线， 所以. 又， 所以， 所以. 【点睛】本题在正方体中求异面直线所成角的大小，着重考查了正方体的性质、异面直线所成角的定义及求法等知识，属于中档题． 16. 如图，如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面． （1）证明：平面； （2）求到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理作答. （2）将到平面的距离转化为到平面的距离，再利用等体积法计算作答. 【小问1详解】 在四棱锥中，底面，平面，则， 在中，，而，即有， 则有，因，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可得，，因，则， ，，令到平面的距离为h， 由，即得：，解得， 因，平面，平面，于是得平面， 所以到平面的距离等于到平面的距离. 17. 如图所示，已知矩形ABCD中，，AC与MN相交于点E． （1）若，求和的值； （2）用向量表示． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，将已知坐标化可解； （2）先用表示出，然后可表示出，再由M，E，N三点共线可解. 【小问1详解】 以A点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则， 所以 所以， 所以 解得 【小问2详解】 设， 因为， 所以．解得， 即，所以， 又因为M，E，N三点共线，所以， 所以﹒ 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． 求A和B的大小； 若M，N是边AB上的点，，求的面积的最小值． 【答案】（1），（2） 【解析】 【分析】利用正余弦定理化简即求解A和B的大小． 利用正弦定理把CN、CM表示出来，结合三角函数的性质，即可求解的面积的最小值． 【详解】解：， 由正弦定理得：， ，， 可得，即; , , 由． 由余弦定理可得：， ， ． 如图所示: 设，, 在中由正弦定理,得, 由可知,, 所以:, 同理, 由于, 故，此时． 故的面积的最小值为． 【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，三角函数的有界限求解最值范围，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 19. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）法一：连接，首先证明四边形是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：连接分别交于点，连接，利用等比例的性质得，再根据线面平行的判定即可证； （2）根据给定条件证明平面，法一：取中点P，连接，根据已知证明，再由线面平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长交于，延长交于，连接，利用相似关系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明平面，最后由面面平行的判定证明结论，即可得； 【小问1详解】 法一：连接，在正方体中，分别是中点， 且，则四边形是平行四边形， ∴，平面平面，所以平面， 法二：连接分别交于点，连接， 如图在正方体中，且， 所以，则，同理得， 所以，则，而平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 存在，且，理由如下： 因为，所以， ，而 ， 由平面平面， 所以平面， 法一：取中点P，连接，如图 ，是中点， 是的中位线，则， ∵F为中点，则且， ∴四边形是平行四边形， ， 综上，，平面 平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 法二：延长交于，延长交于，连接，如图： 为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，又，即， ∴四边形为平行四边形， 平面 平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以时，平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $