精品解析：河北石家庄市第一中学2025-2026学年第二学期高一年级期中考试数学学科试题

石家庄市第一中学 2025—2026学年度第二学期高一年级数学学科期中考试试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的最小正周期为（ ） A. 4π B. 2π C. π D. 6. 如图，在中，，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 8. 已知四面体的4个面为全等的等腰三角形，且，A，B，C，D四点在同一个球面上，则该球的表面积等于（ ） 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. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 在锐角△ABC中，不等式恒成立 C. 若，，且△ABC只有一解，则b的取值范围是 D. 若，则 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 第Ⅱ卷（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. 给出下列命题： ①已知集合或，则集合A的真子集个数是4； ②“”是“”的必要不充分条件； ③“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件； ④设，则“”是“”的必要不充分条件. 其中所有正确命题的序号是______. 13. 中国的古建筑榫卯咬合、斗拱层叠，不用一钉一铆，却撑起千年不倒的殿宇廊檐．攒尖是中国古建筑中屋顶常见的一种结构形式，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体，如图．已知图中正四棱台上底、下底的长度分别为米，米，侧棱长为5米，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的体积为______立方米． 14. 在中，角所对的边分别是，已知，.若存在最大值，则正数的取值范围是__________. 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. （1）计算：. （2）已知.求的值. 16. 已知，，与的夹角为. （1）若与共线，求实数的值； （2）求的值； （3）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 17. 已知是关于的方程的一个根，其中，． （1）求的值； （2）设复数满足是纯虚数，求实数的值． 18. 已知的内角的对边分别为，且，且的面积为． （1）求； （2）若，求的值． 19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄市第一中学 2025—2026学年度第二学期高一年级数学学科期中考试试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式不等式及一元二次不等式的解法求解，再根据并集的定义即可求解． 【详解】由题知， 所以． 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由得，解得， 所以， . 3. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图的平面图，再求出相关线段长，即可求出平面图的面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 则，，， 所以. 故选：D 4. 若在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先写出复数对应的点的坐标，再根据位置列不等式组，即解得结果. 【详解】在复平面内对应的点为在第二象限， 所以，解得. 故选：A. 5. 函数的最小正周期为（ ） A. 4π B. 2π C. π D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用二倍角公式化简即可. 【详解】，所以. 6. 如图，在中，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解. 【详解】在中，， ， 又，，， ， ，. 故选：D. 7. 一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】A 【解析】 【分析】由题设作示意图，应用正弦定理求B，C两点间的距离即可. 【详解】由题设可得如下示意图，且，即， 由图知：，则，又， 所以，则海里. 故选：A 8. 已知四面体的4个面为全等的等腰三角形，且，A，B，C，D四点在同一个球面上，则该球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将四面体补形为长方体模型，再应用长方体的外接球半径公式计算半径，最后应用球的表面积公式计算即可. 【详解】依题意可知，． 如图，将四面体ABCD放入长方体中， 设长方体的共顶点的三条棱的长分别为x，y，z，将四面体补形为长方体模型 ， 则解得 四面体ABCD的外接球也就是该长方体的外接球，其半径为， 故所求表面积为， 故选:C． 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. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则计算逐项判断即可. 【详解】因为 ，故A正确； 因为 ，故B错误； 因为 ，故C正确； ，故D正确. 10. 已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 在锐角△ABC中，不等式恒成立 C. 若，，且△ABC只有一解，则b的取值范围是 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化，结合二倍角余弦公式推理判断AD；利用正弦函数单调性推理判断B；利用正弦定理，结合三角形解的情况求出范围判断C. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，在锐角△ABC中，，而正弦函数在上单调递增， 因此，即，B正确； 对于C，由及正弦定理，得，而△ABC只有一解， 因此或且，解得或，C错误； 对于D，由，得，而， 则，D正确. 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 第Ⅱ卷（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. 给出下列命题： ①已知集合或，则集合A的真子集个数是4； ②“”是“”的必要不充分条件； ③“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件； ④设，则“”是“”的必要不充分条件. 其中所有正确命题的序号是______. 【答案】③④ 【解析】 【分析】①根据集合描述列举出元素，进而判断真子集个数；②③④由充分、必要性的定义判断条件间的推出关系，即可判断正误. 【详解】①，，故真子集个数为个，故①错误； ②由，可得或， 故“”是“”的充分不必要条件，故②错误； ③由开口向上且对称轴为， 只需即可保证原方程有一个正根和一个负根， 故“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，故③正确； ④当，时，不成立；当时，且， 故“”是“”的必要不充分条件，故④正确. 故答案为：③④. 13. 中国的古建筑榫卯咬合、斗拱层叠，不用一钉一铆，却撑起千年不倒的殿宇廊檐．攒尖是中国古建筑中屋顶常见的一种结构形式，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体，如图．已知图中正四棱台上底、下底的长度分别为米，米，侧棱长为5米，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的体积为______立方米． 【答案】70 【解析】 【详解】图中正四棱台如下图，的中点为,的中点为，连接，过作于， 则,， 故图中正四棱台的体积为：立方米， 图中正三棱柱的体积为： 立方米， 所以该结构的体积为：立方米 14. 在中，角所对的边分别是，已知，.若存在最大值，则正数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边，并利用余弦定理求出，再利用正弦定理及三角恒等变换，结合正弦函数性质求出范围. 【详解】由及正弦定理，得， 由余弦定理，得，而，则， 由正弦定理，得， 因此 ，其中， 而，要使存在最大值，则有解，即， 因此，解得，所以正数的取值范围为. 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. （1）计算：. （2）已知.求的值. 【答案】（1）；（2）4 【解析】 【分析】（1）根据对数的运算性质求解； （2）先用诱导公式化简式子，然后分子、分母同除以代入求值. 【详解】解：（1） . （2）由， 原式 16. 已知，，与的夹角为. （1）若与共线，求实数的值； （2）求的值； （3）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量共线定理得到方程组，解出即可； （2）根据向量数量积的运算律和定义计算即可； （3）根据向量夹角为锐角，则向量数量积大于0，并去掉共线同方向的情况即可. 【小问1详解】 因为与共线， 所以存在实数使得， 所以，解得，所以； 【小问2详解】 因为，，与的夹角为， 所以， 所以， 则； 【小问3详解】 向量与的夹角是锐角， 可得，且与不同向共线， 即为， 即有，解得， 由与共线，可得， 解得，当时，两者同向共线， 则实数的取值范围为. 17. 已知是关于的方程的一个根，其中，． （1）求的值； （2）设复数满足是纯虚数，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知是方程的另外一个根，再利用韦达定理求解； （2）根据复数的乘法计算，再根据纯虚数的概念列式求解即可. 【小问1详解】 解：是关于的方程的一个根， 是方程的另外一个根， ，解得， ； 【小问2详解】 解：， 又是纯虚数， ， 解得． 18. 已知的内角的对边分别为，且，且的面积为． （1）求； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和三角形的面积公式，求得和，得到，即可求解. （2）由三角形的面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由余弦定理，可得， 又因为的面积为，可得，可得， 两式相除，可得， 因为，所以. 【小问2详解】 解：由（1）可得，可得， 由余弦定理得， 即，可得，所以. 19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）证明出，可得出的形状，由异面直线所成角的定义可知与所成的角为或其补角，即可得解； （3）取的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【小问1详解】 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，故. 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点，如图所示： 因为平面平面，平面平面，平面， ，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，故与所成的角为或其补角， 又因为，则为等腰直角三角形，则， 即与所成的角为. 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为，，，故， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，、平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得， 则，，， 所以二面角的余弦值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $