精品解析：安徽省颍上第一中学2025-2026学年高一下学期5月学情检测数学试题

2025-2026学年高一下5月学情检测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，将答题卡交回． 第一部分（选择题共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2. 已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 4. 已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，记，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对边分别为，已知向量， 且，同时满足，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 已知中，，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、选择题：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. 设、为两条直线，、为两个平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知，为非零向量，下列能使成立的充分条件是（ ） A. 把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线 B. 在中，，，满足 C. 在中，，，满足的面积等于 D. 对于任意实数，的最小值恰好等于 11. 在中，，，三角形的面积为，周长为，则下列关于的说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为3 C. D. 若，则满足条件的恰有一个 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知 ，则_____ 13. 已知向量，（），若在上的投影向量为，则与的夹角为__________. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______. 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，，，. （1）若，求m的值； （2）若复数在复平面上对应的点在第二象限，求m的范围. 16. 已知向量，，，且，. （1）求与； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 17. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 18. 在直三棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，平面，，，到平面的距离为． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求五面体的体积； （3）若二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下5月学情检测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，将答题卡交回． 第一部分（选择题共58分） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知复数是纯虚数，则实部，解得； 虚部，解得， 综上，． 2. 已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，因为，所以与共线，不能作为基底； 对于B，，所以与共线，不能作为基底； 对于C，，所以与共线，不能作为基底； 对于D，设，则， 则，可得不存在这样的，可得与不共线，可以作为基底. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【详解】根据直观图可得原图形中是直角三角形，，，， . 4. 已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为， 所以，， 所以. 5. 在中，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在中，，记，， 所以，，， 所以，即. 6. 在直四棱柱中，底面为矩形，点为的中点，，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到该直四棱柱为长方体，通过平移直线找到异面直线所成角，结合直角三角形求解即可. 【详解】由题意直四棱柱中，底面为矩形，故该直四棱柱为长方体. 连接. 因为四边形为矩形，则， 所以或其补角即为异面直线与所成角， 长方体中，平面， 因为平面，所以. 因为，且， 则， 在中，， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 7. 在中，角所对边分别为，已知向量， 且，同时满足，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示，结合余弦定理得到，再由，边化角得到，即可求解. 【详解】由，得：  ，  展开整理得： ，  由余弦定理​，代入得， 因为，所以， 又， 将边化为角：  ， 又，所以 ， 代入展开得：  ，  整理得： ，又， 所以，即 所以， 因此是等边三角形. 8. 已知中，，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，，由题可得三点共线，时，最小，据此可得，根据数量积的运算律求结论. 【详解】设，， 则， 从而三点共线. 当时，最小， 则时，，又，从而 ，又三点共线，则，故， 所以. 二、选择题：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. 设、为两条直线，、为两个平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间中的平行和垂直关系可判断选项. 【详解】A选项：根据线面平行的判定定理，可知A正确； B选项：若，则直线垂直于平面的一条直线，不满足线面垂直的判定定理，不能得出线面垂直，故B错误； C选项：根据线面平行的性质定理，可知C正确； D选项：若，因为，所以，则，故D正确． 10. 已知，为非零向量，下列能使成立的充分条件是（ ） A. 把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线 B. 在中，，，满足 C. 在中，，，满足的面积等于 D. 对于任意实数，的最小值恰好等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的模，数量积的运算律及向量夹角的运算公式求解. 【详解】对于A中，因为， 所以把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线，所以A正确； 对于B中，因为，则以，为邻边的平行四边形对角线相等， 以，为邻边的平行四边形为矩形，所以B正确； 对于C中，的面积为， 又，得， 整理得，故或，所以C错误； 对于D中，对于任意实数，的最小值恰好等于， 即对于任意实数，的最小值恰好等于， 因为，对于任意实数， 此表达式的最小值为， 所以，整理得，故，所以D正确. 11. 在中，，，三角形的面积为，周长为，则下列关于的说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为3 C. D. 若，则满足条件的恰有一个 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据三角形边的关系求解判断；对于B，根据判断；对于C，根据射影定理来推导判断；对于D，根据判断. 【详解】对于A，根据三角形两边之差小于第三边，两边之和大于第三边得， 即， 所以，故A选项正确； 对于B，由题意知：， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为3，此时，故B选项正确； 对于C，根据余弦定理，①， ②， 所以，得 ，故C选项正确； 对于D，因为，，，所以， 如图，因为，所以满足条件的有2个，故D选项错误. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知 ，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】借助三角形面积公式及余弦定理计算即可得. 【详解】因为，且，， 故，则由余弦定理可得， 又，故. 13. 已知向量，（），若在上的投影向量为，则与的夹角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，结合投影向量的意义求出，进而求出向量夹角. 【详解】由向量，，得， 由在上的投影向量为， 得，解得， 因此， 而，则， 所以与的夹角为. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】如图，取的中点，连接，，，过作，垂足为点，可证平面，从而可求点到平面的距离. 【详解】如图，取的中点，连接，，，则，， 所以四边形是平行四边形，所以，同理. 又，所以，所以，确定一个平面，即为平面. 过作，垂足为点，因为平面，平面， 所以，又，平面, 所以平面，即. 在中， ，所以. 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，，，. （1）若，求m的值； （2）若复数在复平面上对应的点在第二象限，求m的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的运算法则计算得出复数的表达式，再根据可解得m的值； （2）将所求复数整理化简，根据第二象限对应的复数实部与虚部的符号特征解不等式即可. 【小问1详解】 由已知得， 所以， 又，解得， 故实数m的值为. 【小问2详解】 由（1）得， ， 由复数在复平面上对应的点在第二象限得 ，解得， 故实数m的取值范围为. 16. 已知向量，，，且，. （1）求与； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用共线向量的坐标表示、向量垂直的坐标表示列式求解. （2）由（1）的结论求出向量，再利用向量的夹角公式求解即得. 【小问1详解】 向量，，，由，得，则； 由，得，解得，所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 因此，， ，而，则， 所以向量，的夹角的大小为. 17. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理求出，进而求出； （2）利用三角形面积公式结合余弦定理构造方程，进而求出． 【小问1详解】 由正弦定理，则， 代入并化简得， ， 由余弦定理得， ， ． 【小问2详解】 已知，则， ，解得， 由余弦定理可知， 即， 化简得，解得． 18. 在直三棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在点， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）取的中点，的中点，连接，，利用面面平行的判定定理得平面平面，进而由面面平行的性质定理得平面，即可求解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，有平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 当点为的中点时，符合题意. 证明如下： 取的中点，的中点，连接，，， 因为为的中点，所以，， 平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. 故存在点，使得平面，. 19. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，平面，，，到平面的距离为． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求五面体的体积； （3）若二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接将异面直线所成的角转化为与所成角可得； （2）将五面体分割成一个四棱锥和一个三棱锥，三棱锥通过顶点转换法可得体积，四棱锥再分割成三个体积相等的三棱锥，再将其中的一个小三棱锥用顶点转换法可得其体积，进而可得五面体的体积. （3）过棱的中点作棱的垂面，再过点作底面的垂线，通过二面角的正切值可判断点垂足在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点，利用等体积法求点面距离，计算线面角可得. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面平面， 由线面平行性质得，因此异面直线与所成角等于与所成角. 在等腰梯形中，，，如图： 设两腰相交于，因为，所以分别是的中点， 所以，故是边长为的正三角形，，因此， 又在中，，，所以. 所以直线与所成的角为. 【小问2详解】 设为的中点，连接，如图： 由（1）知是边长为4的等边的一边上的高线，所以， 所以，， 又因为为的中点，所以. 由（1）知，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以 所以，且到平面的距离为. 所以， 而， 所以五面体的体积. 【小问3详解】 过点作平面，垂足为，所以，连接，如图： 因为，为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以 因为，，平面， 所以平面，平面，故. 所以就是二面角的平面角，故， 在直角三角形中，，， 得. 所以点在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点， 所以, 设C到平面ADE的距离为h， 由，即． ,, ∴与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $