重庆市巴蜀中学校2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

高一数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B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．在试卷上作答无效． 3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知复数满足，则（ ） A． B． C． D． 2．下列关于棱台的性质，不正确的是（ ） A．两底面相似 B．侧棱延长后交于一点 C．侧棱长都相等 D．侧面都是梯形 3．已知向量，若，则（ ） A．-2 B．1 C．2 D．-3 4．下列说法中正确的是（ ） A．分别在两个平面内的直线是平行直线或异面直线 B．一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条也相交 C．过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行 D．和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线 5．如图，梯形中，，现将该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（ ） A． B． C． D． 6．在中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（ ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．有一个角是的直角三角形 D．有一个角是的等腰三角形 7．图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋．它的主体部分可以看作是一个正六棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示．已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是（ ） A．4 B．2 C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，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．已知为虚数单位，为复数，则下列命题中正确的是（ ） A． B．若，则是为纯虚数的充要条件 C． D．若，则的最大值为3 10．如图所示，在正方体中，为棱中点，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ） A．直线与是异面直线 B．存在点，使得为直角 C．若点是棱上的中点，则直线与所成的角为 D．平面平面 11．在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（ ） A． B．若，则满足条件的有且仅有1个 C．的取值范围为 D．的取值范围为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．___________ 13．已知是非零向量，，且与的夹角为，若，则在方向上的投影向量的坐标为___________． 14．在四棱锥中，，过的平面去截原四棱锥得到体积相等的两个部分，且该平面交于点，则___________． 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．（本小题满分13分） 已知向量是同一平面内的三个向量，向量， （1）求向量与的夹角的余弦值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16．（本小题满分15分） 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，，，点在直线上． （1）求证：平面平面； （2）在直线上找一点，使得平面，并求的长． 17．（本小题满分15分） 巴蜀中学高2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形ABCD的展区（如图），已知米，米． （1）若，求的值； （2）若米，四边形的面积为100平方米，求的值． 18．（本小题满分17分） 在多面体中，底面为矩形，平面， （1）求直线与底面所成角的正弦值； （2）求二面角的正切值； （3）求三棱锥的体积． 19．（本小题满分17分） 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，向量为函数的“互助向量”． （1）已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值． （2）向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值． （3）若函数为向量的“互助函数”，，．判断，，能否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由． 高2028届高一（下）半期考试 数学参考答案 一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D C B B A B 二、多项选择题： 题号 9 10 11 答案 AD ACD ABD 三、填空题： 12．【答案】 【详解】因为，所以原式．故答案为：． 13．【答案】 【详解】由已知可得，．因为，所以 ，解得或（舍去），所以，， 所以，向量在向量方向上的投影向量为， 坐标为． 14．【答案】 【详解】设平面与交于，而， 面面， 面，又面，面面， 设，则，若四棱锥的体积为，又， ，即，而，有， 而，有， ，解得． 四、解答题： 15．【解析】（1）因为向量， 所以 所以． （2）因为向量， 所以 因为与的夹角为锐角，所以且两向量不同向， ，解得， 又因为当时，，解得需排除， 所以实数的取值范围是． 16．【解析】（1）四边形是直角梯形，， ， 又平面平面， ，且平面平面， 又平面平面平面； （2）连接交于，过作交于，连接，． 由平面平面，得平面， 又，直角中，，所以． 17．【解析】（1）在中， ． 在中，由正弦定理得：． ． （2）在，中，由余弦定理得， ， 从而①，由，得到 ②，得，． 18．【解析】（1）取的中点为，连接，，，四边形是平行四边形，， 又平面，所以就是直线与底面所成角．又底面为矩形， 在直角中， 直线与底面所成角的正弦值为； （2）设二面角的大小为，二面角的大小为，二面角的大小为 所以，因为平面，所以平面． 过作，垂足为，连接，所以就是二面角的平面角， 即，在直角中，，所以，所以 同理可得，所以 所以二面角的正切值为． （3）把多面体补成如图长方体 则． 所以． 19．【解析】（1）因为函数， 所以其“互助向量”，显然， 所以． （2）， 所以，设内角所对的边长分别为， 由三角形的面积公式可得， 所以．由余弦定理得，所以， 设边上的中点分别为，在上取一点，在上取一点，由两点间线段最短可得，当且仅当四点共线时，等号成立，所以距离的最大值，又，当且仅当时，等号成立．所以两点间距离的最大值为． （3）能作为三边长，证明如下： 因为函数为向量的“互助函数”，所以， 令 因为．所以， ； ；又，所以，即 同理可证得：， 即任意两边之和大于第三边，所以能作为三边长． 学科网（北京）股份有限公司 $