重庆市九校2025-2026学年高一下学期5月期中联考数学试题

高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 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，将本试卷和答题卡一并交回。 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章。 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．已知向量，，且，则 A． B． C． D.2 2． A． B． C． D． 3．已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题为假命题的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 4．如图，这是某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中O为圆台下底面的圆心，，分别为圆柱上、下底面的圆心，经实验测量得到圆柱底面圆的半径为，，，圆台下底面圆的半径为，则该组合体的表面积为 A． B． C． D． 5．已知向量a，b满足，且，则 A． B． C． D． 6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，满足条件的有两解，则边长a的可能取值为 A.3 B． C． D.4 7．已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，则经过，D，E三点的正方体的截面周长为 A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，均是边长为的等边三角形，当平面平面时，三棱锥内切球的半径为 A． B． C． D． 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．下列命题正确的有 A．三棱台的各侧棱所在直线必交于一点 B．棱台的侧面都是梯形 C．因为四棱锥是五面体，所以五面体就是四棱锥 D．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥 10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论正确的是 A．若，则为钝角三角形 B．若，则为锐角三角形 C．若，则一定是等腰三角形 D．若，则 11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则下列说法正确的是 A．存在点Q，使得平面 B．不存在点Q，使得B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．设i是虚数单位，，则 ▲ 13．已知向量a，b满足，，向量a在向量b上的投影向量的坐标为（1，0），则 ▲ 。 14．若向量a，b，c满足，，则的最小值为 ▲ 。 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．（13分） 如图，在四棱锥中，E，F，G，H分别是棱，，，的中点，且，。 （1）证明：。 （2）证明：平面平面。 16．（15分） 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且。 （1）求； （2）若，求面积的最大值。 17．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，且平面平面，E，F分别是，的中点。 （1）证明：。 （2）求三棱锥的体积。 18．（17分） 重庆市渝东北某规划部门计划在一个半径为2 km的扇形滨江公园中打造特色景观，该扇形的圆心角为直角，，分别为公园的两条垂直边界道路。现要在弧上选取一个景观节点P，使得，其中。为提升广场实用性，规划方案如下： 1．过点P向，分别作垂直步道，，围出一个矩形，用于打造亲子游乐区，记该矩形区域的面积为； 2．连接，，，在区域内打造城市花境景观带，记该三角形区域的面积为。请你尝试帮助规划部门解决以下问题： （1）分别用表示亲子游乐区面积与花境景观带面积； （2）若综合考虑游乐区实用性与景观带观赏性，定义综合效益函数，求的最大值及对应此时景观点P的位置。 19．（17分） 由代数基本定理，给定，方程有n个复数根，且，将称为n次单位根。 （1）求三次单位根，并计算与的值。 （2）欧拉公式给出了复数的指数形式，借助欧拉公式进行复数的乘除、求模运算，可简化运算过程．例如，。 （i）证明：。 （ii）证明：。 学科网（北京）股份有限公司 $高一数学参考答案 1.B2.A3.B4.D5.C6.C7.A8.B9.ABD10.AB11.AD 12.13 13.(1,1或(1，-1 14.2 15.证明：(1)连接BD.在△SBD中，因为E,F分别是SB,SD的中点，所以EF是 △SBD的中位线，则EF∥BD.2分 同理可得GHI∥BD,4分 所以GHI∥EF.5分 (2) D H A G B 设BDOAC=O,连接SO 在△SAC中，SA=SC,O是AC的中点，所以SO⊥AC.7分 在△SBD中，SB=SD,O是BD的中点，所以SO⊥BD.9分 又ACBD=O,且ACC平面ABCD,BDc平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD.I1分 因为SOc平面SAC,所以平面SAC⊥平面ABCD.13分 16.解：(1)（方法一）由正弦定理a=b= c -=k,可得a=ksin A, sin A sin B sin C b=ksin B,.asin B=bsin 即sn4m8=如8sn9,4分 2 B+C .'sin A sin- :A=B+C或A+B+C=π，6分 2 2 .A=3或A=π（舍去).7分 (方法二)由正弦定理a,=b。=c=k,可得a=ksinA,b=ksin B, sin A sin B sin C .asin B=bsin nB+C即sinA=si 2 B+C=sin =c0s4,4分 π-A 2 2 2 A .2sin号cos。=cos2,6分 2 2 2 sm224=7分 A1 3 (2)a=2,∴.由余弦定理a2=b2+c2-2bcc0sA,可得b2+c2-bc=4,9分 4=b2+c2-bc≥b,11分 当且仅当b=c=2时，等号成立，13分 5besin A-V3 bes 3,即△BC面积的最大值为B,15分 4 17.（1)证明：连接BD,PF(图略) .底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，.△ABD是等边三角形.2分 又：F是AD的中点，：AD⊥PF,AD⊥BF.4分 又：PF BF=F,AD⊥平面BPF,5分 :AD⊥PB.6分 1 (2):E为PC的中点，V:-cn=-4Bcn8分 1 叉：F是AD的中点，六Sacp=2S美D’V:90 4,-8cn.10分 1 由(1)可知PF⊥AD,.平面PAD⊥平面ABCD, .PF⊥平面ABCD,12分 -wwn*那-写25m*听92- 43 23 3 .15分 18.解：(1)由题设OP=2,∠AOP=0,得OM=2cos0,PM=2sin0, S=OM.PM =2cos0.2sin0=2sin 20,3 5,=72x2sin0+2×2c0os0-2x2=2(sin0+cos0)-2.6分 (2)(方法-)f(0)=S,+2S2=2sin20+4(sin0+cos0)-4 =4w5sm0+-2o20+}-4 =4sn0+}45m0+到}-6 =25sm0+}-8,0<0c至Ⅱ分 0m0+引，4分 则f(0)∈(0,4W2-2],f0)x=42-2,对应0=元，此时景观点P为弧AB的中点.17分 (方法二)f(0)=2sin28+4(sin0+cos0)-4. 令1=sn0+cos0=2sim0+4则te,2],15分 sin20=t2-1,则y=2(t2-1+41-4=22+4t-6,t∈1，V2,15分 :当t=2时，f0)x=4V2-2,对应0=元，此时景观点P为弧AB的中点.17分 19.(1)解：由题意得0，=1,0，=co s2π+isi n2π。1，V3 i, 3 322 4x isin- 4-15@=22' -+5,=-5.5分1个1 i 02=c0s -1； 3 322’@,1V3 22’022 i 22 分) 2kπ (2)证明：（1)当k≥1时，0=e” 2π weS0即四0o20”3 01020n-2 分 0=@，0+0,+02+…+0n-1=1+0,+02+…+0-1, 而0，为方程x1+x-2+…+x+1=0的根，1+0，+o2+…+o-=0,得证10分 (i)当”为偶数时，号为整数，则c0s2=c0s号=0，则原式为0.1分 n 2 当n为奇数时，由题可知@，@，0，…，0是方程+2++x+1=0的根， x-1+x-2+…+x+1=(x-@,x-@2…(x-0） 令x=-1,x-+x-2+…+x+1=1,1=(1+0,)1+0…(1+@-）, 两边同时取模，1=1+0,1+o补1+o.13分 1+0=2cos n n n 0n c0s.cos2π …cosn-yx1 n n ·15分 （n-mπ mπ cos- -=CS1 =-cos mn 而 n n 即与首末等距离的两项余弦值互为相反数，乘积为负， coscos2红cos--1 (co n-1 n n2-T cosc0s2cosm-.1--) n n S n 2-)子2，得证.17分