精品解析：重庆市育才中学校2025-2026学年度高一下学期联考复习题2数学试题

育才中学校高2028届高一下数学联考复习题2 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用虚数单位的幂的运算及除法运算法则计算化简后，根据虚部的定义得到答案. 【详解】∵， ∴的虚部为-1， 故选：A. 2. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的公式即可求解. 【详解】由在上的投影向量为， 故选：B. 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面 则下列选项正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】结合空间中直线、平面平行的判定定理与性质定理，逐项分析即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，根据平面平行的传递性可知，若，则，故B正确； 对于C，由，当相交时，可得，当时，可能相交，故C错误； 对于D，若，则或与异面，故D错误. 4. 如图，在中，．设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】依题意有. 5. 已知圆锥的轴截面为正三角形，且侧面积是，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，根据侧面积求出，进而求出圆锥的高即可. 【详解】设圆锥的底面半径为， 则轴截面边长为，圆锥的高， 由侧面积是， 则， 解得，即. 故选：C 6. 将长、宽分别为和的长方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，说明为四面体的外接球的球心，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】取的中点，连接、，如下图所示： 由题意， 因为，为的中点，所以，， 所以，为四面体的外接球的球心，且球的半径为， 因此，四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 7. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理，正弦定理，三角恒等变换得，进而得，再结合锐角三角形求得，最后求解范围即可. 【详解】因为，所以． 因为，所以， 所以，所以． 因为， 所以，即， 所以． 因为是锐角三角形，，， 所以，即． 因为， 所以，所以． 因为，所以， 所以． 8. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定，取的中点，连接，以为坐标原点，建立直角坐标系，通过向量数量积的坐标表示即可求解. 【详解】因为分别表示与方向上的单位向量， 所以向量所在直线与的平分线重合， 又，即与垂直， 由三线合一可知，，如图，取的中点，连接，则⊥， 又， 其中， 所以，，故， 以为坐标原点，建立直角坐标系， 则，， ，设， ， ， ， 当时 的最小值为，故的最小值为. 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，是关于的方程的两根，其中，.若为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据虚根成对原理可得，再由韦达定理求出、，最后计算模即可. 【详解】因为，是关于的方程的两根，其中，且， 所以， 所以，所以， ，所以， 则，故A错误，B正确，C正确； ，故D正确. 故选：BCD 10. 软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（ ） A. 向量与向量是相等向量 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据相等向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，C，根据向量的线性运算定义求，再解三角形求其大小，判断D. 对于A，由图可得向量与向量方向相同，大小相等， 所以向量与向量相等向量，A正确． 对于B，由图易得，，则向量与向量的夹角为， 则，B错误． 如图，因为，， 则，C正确． 为正三角形，连接交于点，由对称性可知，， 且，，则，， 故，D正确． 11. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 的最小值为 D. 点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据体积桥可确定A正确；作出异面直线所成角，结合余弦定理可求得B正确；将与沿直线展开到同一平面内，根据可求得C错误；过作出平面的平行平面截正方体所得的截面，根据线面垂直关系可确定点轨迹即为正六边形，知D正确. 【详解】对于A，连接， 四边形为正方形，， 平面，平面，， 平面，，平面， 点到平面的距离， 又， ，即三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，延长至点，使得，连接， ，，又， 四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为（或其补角）， ，，， ， 直线与直线所成角的余弦值为，B正确； 对于C，将与沿直线展开到同一平面内，如下图所示， （当且仅当为线段与交点时取等号），； ，，； ，为等边三角形，， ， ， 的最小值为，C错误； 对于D，，，，平面， 平面，又平面，； 同理可证得：， ，平面，平面； 取中点，连接， ，平面，平面，平面， ，平面，平面，平面， ，平面，平面平面， 作出平面截正方体所得的截面，其中分别为的中点，则截面平面； 平面，平面， 则当平面时，， 点的轨迹即为正六边形，点的轨迹长度为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．第14题第一空2分，第二空3分． 12. 已知向量，.且，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】由的坐标，求得的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得. 【详解】由向量，，得． 由，得，即，解得． 故答案为： 13. 已知锐角三角形的三边长分别为,则的取值范围为____. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得,,解得 14. 以正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为自变量，则相邻两侧面所成角的正弦值与的关系是________________． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，找到为相邻两侧面所成角，设，得到，，由勾股定理和三角形面积相等得到，表达出，，利用求出答案. 【详解】不妨设，如图，作⊥，连接， 正四棱锥中，⊥底面，平面， 所以⊥， 则， ， 由≌得⊥，故即为相邻两侧面所成角， 故， 因为⊥，⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 由勾股定理得， 在中，． 因为，故， 即， ． ， ， ， ． 故答案为： 三、解答题：本题共5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， （1）若，求与夹角的余弦值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出坐标，由，求得，根据向量夹角公式求解； （2）由两向量平行的坐标关系求得，又，结合诱导公式和二倍角余弦公式求解. 【小问1详解】 由题：， 所以 ，解得， 所以， 所以. 【小问2详解】 ，解得， ， 故. 16. 如图，在平面四边形中，，. （1）若，，求的值； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求出的长，然后利用正弦定理可求得的值； （2）利用余弦定理结合可求出的长，即可得出的值，再利用同角三角函数的基本关系以及三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 在中，，， 由余弦定理得， 所以， 在中，，，， 所以由正弦定理得，得， ，得. 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理得， 在中，，， 则余弦定理得， 因为，所以，解得， 所以， 因为，所以， 所以的面积. 17. 在如图所示的几何体中，平面平面ABCD，四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形，，，． （1）求证：平面MBC； （2）已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】取CD的中点E，连接BE、NE，根据题意可得平面，平面，利用面面平行的判定定理和性质即可证明； (2)根据题意知四边形为菱形，可得直线AN与BC所成角为，利用余弦定理求出AM，进而求出，结合三棱锥等体积法即可求出点C到平面MBD的距离. 【小问1详解】 由题意得， 取CD的中点E，连接BE、NE，则且， 故四边形是平行四边形，所以， 又平面，所以平面， 又且，且， 则且，故四边形是平行四边形， 所以，又平面，所以平面， 由得，平面平面， 因为平面，所以平面； 【小问2详解】 因为矩形平面，所以平面， 又，所以四边形为菱形， 则，直线AN与AE所成角为， 设AM的长为x，则， 在中，由余弦定理，得， 即，由解得， 所以，得， 在中，， 所以的高为，故， 设点C到平面MBD的距离为h， 则， 由，得，解得. 即点C到平面MBD的距离为. 【点睛】 18. 如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面. （1）求证：； （2）当，直线与平面所成角为时， （i）求证：平面平面； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）先求证平面，进而得，接着由是菱形得，从而得平面，进而得证. （2）（i）求证平面即可由面面垂直的判定定理得证平面平面； （ii）分别作交于，作交于，连接，进而得平面，从而得是二面角的平面角，接着由等面积法求出和即可由得解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由三棱柱性质得四边形是平行四边形，又因为， 所以是菱形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 （i）当时，因为， 所以，所以， 由（1）平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （ii）因为平面，平面， 所以直线与平面所成的角为，所以， 因为，且，，，故， 作交于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 作交于，连接， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 因为即，所以， 因为即，所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【点睛】思路点睛：本题在求二面角时采用的方法是定义法，通过作交于和作交于，从而作出二面角的棱的垂面，进而得到二面角的平面角，再由等面积法求出和即可得解. 19. 在中，角、、所对的边分别为、、，且. （1）求角的大小； （2）若点是上一点，且平分 ①用，表示的长； ②求的取值范围. 【答案】（1） （2）①② 【解析】 【分析】（）由已知条件，利用正弦定理边角互化及两角和的正弦公式化简即可； （2）①利用 化简即可求得；② 由①可得，根据角平分线的性质求得，利用三角恒等变换将转化为正切型函数，结合正切函数单调性即可求得. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得， 又，所以， 代入式得，因为，所以， 可得，即，又，所以； 【小问2详解】 如下图：①因为平分，则， 由，可得 化简得，则； ②因为平分，所以，即，解得， 则由正弦定理， ， 因，则，，则，即， 故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 育才中学校高2028届高一下数学联考复习题2 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2．选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面 则下列选项正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 如图，在中，．设，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的轴截面为正三角形，且侧面积是，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 6. 将长、宽分别为和的长方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 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. 设，是关于的方程的两根，其中，.若为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 10. 软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（ ） A. 向量与向量是相等向量 B. C. D. 11. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（    ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 的最小值为 D. 点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．第14题第一空2分，第二空3分． 12. 已知向量，.且，则实数______. 13. 已知锐角三角形的三边长分别为,则的取值范围为____. 14. 以正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为自变量，则相邻两侧面所成角的正弦值与的关系是________________． 三、解答题：本题共5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， （1）若，求与夹角的余弦值； （2）若，求的值. 16. 如图，在平面四边形中，，. （1）若，，求的值； （2）若，，求的面积. 17. 在如图所示的几何体中，平面平面ABCD，四边形ADNM是矩形，四边形ABCD为梯形，，，． （1）求证：平面MBC； （2）已知直线AN与BC所成角为60°，求点C到平面MBD的距离 18. 如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面. （1）求证：； （2）当，直线与平面所成角为时， （i）求证：平面平面； （ii）求二面角的正弦值. 19. 在中，角、、所对的边分别为、、，且. （1）求角的大小； （2）若点是上一点，且平分 ①用，表示的长； ②求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $