精品解析：陕西榆林市靖边县第一中学2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试题

靖边一中2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.本试卷共4页；答卷前请将密封线内的项目填写清楚； 2.所有答案必须在指定区域内作答；书写要认真、工整、规范；卷面干净、整洁、美观． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2i 2. 如图所示的几何体是由哪个平面图形旋转得到的．（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 A. B. C. D. 6. 已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 在中，角所对的边分别为，表示的面积，若 ，则 A. 90 B. 60 C. 45 D. 30 8. 设，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 二、多项选择题（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3分，有选错的得0分） 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 10. 如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜（不考虑水流出）.随着倾斜度的不同，下列说法正确的是（ ） A. 水的部分始终呈棱柱形 B. 水面EFGH的面积不改变 C. 棱始终与水面EFGH平行 D. 当时，是定值 11. 如图，在三棱锥中，，为的中点，点是棱上的中点，则（ ） A. 与平面所成的角为 B. 异面直线与所成角的正弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知利用斜二测画法画出的直观图为直角边长为的等腰直角三角形，则的面积是__________. 13. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则中线AD的长为______. 四、解答题（本大题共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. 设复数． （1）若是实数，求； （2）若是纯虚数，求． 16. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，求的面积． 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 18. 在锐角中，内角、、所对的边分别为，，，，，向量，的夹角为． （1）求角； （2）若，求周长的取值范围． 19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形折叠，使，为的中点，如图2. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 靖边一中2025—2026学年度高一年级第二学期期中考试 数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.本试卷共4页；答卷前请将密封线内的项目填写清楚； 2.所有答案必须在指定区域内作答；书写要认真、工整、规范；卷面干净、整洁、美观． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据复数代数形式的除法法则化简复数，再求得共轭，即可求解 【详解】解：， 则． 故选：B． 2. 如图所示的几何体是由哪个平面图形旋转得到的．（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】图中几何体为组合体，由圆锥和圆台组合而成，故可由直角三角形和直角梯形绕同一个轴旋转而成，故A正确，BD错误， C的图形绕轴旋转后得到的几何体上方为圆台，下方为圆锥，与题设不合，故C错误. 3. 已知，是坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量线性运算可得，由坐标可得结果. 【详解】 故选： 【点睛】本题考查平面向量的线性运算，属于基础题. 4. 已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】，，所以当时，成立，即充分性成立；当时， 不一定成立，可能是异面直线，故必要性不成立；所以是的充分不必要条件， 故选：A 5. 如图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设AA1=2AB=2，因为，所以异面直线A1B与AD1所成角， ，故选D. 6. 已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 7. 在中，角所对的边分别为，表示的面积，若 ，则 A. 90 B. 60 C. 45 D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得sinA＝1，即A＝900，由余弦定理、三角形面积公式可求角C，从而得到B的值． 【详解】由正弦定理及得 ,因为，所以； 由余弦定理、三角形面积公式及，得, 整理得，又,所以,故. 故选D 【点睛】本题考查正、余弦定理、两角和的正弦公式、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题． 8. 设，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的几何意义求解． 【详解】记，，，对应的点为， 则满足的点在线段的垂直平分线上，易知其方程为，即， 表示点到点的距离，由点到直线距离公式得． 故选：C． 二、多项选择题（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3分，有选错的得0分） 9. 已知向量，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则 D. 在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示判断A，根据数量积的运算律得到，再由数量积的坐标表示判断B，利用特殊值判断C，根据投影向量的定义判断D. 【详解】对于A：因为，所以，解得，故A错误； 对于B：若，则，即， 所以，即，解得，故B正确； 对于C：当时，，此时与的夹角为，故C错误； 对于D：因为，，所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：BD 10. 如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜（不考虑水流出）.随着倾斜度的不同，下列说法正确的是（ ） A. 水的部分始终呈棱柱形 B. 水面EFGH的面积不改变 C. 棱始终与水面EFGH平行 D. 当时，是定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，判定线面、面面之间的位置关系，以及棱柱体积的求法，分别判断各选项正误. 【详解】由长方体可得，面面，所以面面， 因为BC固定于地面上，所以面，因为，所以面， 根据线面平行的性质定理可得，所以，所以在倾斜过程中，始终为棱柱，所以A正确. 由A可知，四边形为平行四边形，因为长方体可得面，所以，因为，所以，所以四边形为矩形， 可知在倾斜过程中长度不变，但是随着倾斜加重，长度变大，所以面积会改变，所以B错误. 由A可知，面，面，所以始终与水面EFGH平行，C正确. 因为水的体积不变，即四棱柱体积不变，棱柱高不变，所以底面积不变，即四边形，因为，所以四边形为直角梯形，所以上下底不变，所以D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在三棱锥中，，为的中点，点是棱上的中点，则（ ） A. 与平面所成的角为 B. 异面直线与所成角的正弦值为 C. 二面角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件可得平面，利用空间角的定义求解判断ABC；求出点到平面的距离即可判断D. 【详解】在三棱锥中，由，为的中点，得, 由，得点在平面上的射影到三顶点的距离相等， 即点在平面上的射影为点，因此平面， 对于A，是与平面所成的角，而为正三角形，则，A正确； 对于B，由点是的中点，得，则是异面直线与所成的角， 而，，则，B错误； 对于C，取中点，连接，则， 是二面角的平面角，，C正确； 对于D，由选项C，得平面，而平面，则平面平面， 在平面内过点作于，而平面平面， 则平面，， 因此点到平面的距离为，D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知利用斜二测画法画出的直观图为直角边长为的等腰直角三角形，则的面积是__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出的直观图，计算出直角的两条直角边的边长，利用三角形的面积公式可求得结果. 【详解】的直观图如下图所示： 设，，， 对应地，在中，，，， 则. 故答案为：. 13. 已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果. 【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以， 因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为， 因此圆锥的侧面积为． 【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解． 14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则中线AD的长为______. 【答案】 【解析】 【分析】在和中利用余弦定理建立方程求解即可. 【详解】如图，由余弦定理得， ，又， 两式相加得，即，化简得， 所以. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 设复数． （1）若是实数，求； （2）若是纯虚数，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得. （2）利用复数除法及复数的分类求出即得. 【小问1详解】 由，得，而是实数， 于是，解得， 所以． 【小问2详解】 依题意，是纯虚数， 因此，解得， 所以． 16. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，进而计算可求得，进而可求角的大小； （2）由余弦定理可得，可求得，进而可求面积. 【小问1详解】 由，可得，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）知，在三角形中，由余弦定理得， 又因为，所以， 又，所以，解得， 所以. 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，即可求解； （2），从而即可求解. 【小问1详解】 因为在菱形中，. 故， 故，所以. 【小问2详解】 显然， 所以 ①， 因为菱形，且，， 故，. 所以. 故①式. 故. 18. 在锐角中，内角、、所对的边分别为，，，，，向量，的夹角为． （1）求角； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量数量积的定义及坐标表示列式求解作答. （2）由（1）的结论结合正弦定理边化角，利用三角恒等变换及三角函数性质求解作答. 【小问1详解】 因，，则， 而，且向量，的夹角为，则， 因此，在锐角中，，则，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，又，由正弦定理得：， 则，，而，由锐角得，，即有， 显然有，于是得，有，， 所以周长的取值范围为. 19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形折叠，使，为的中点，如图2. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2) 证明见解析；(3). 【解析】 【分析】(1)利用中位线构造平行四边形，证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行； (2)先证平面，再根据面面垂直的判定定理得面面垂直； (3)几何法求解点到平面的距离，先作出并证明表示所求距离的线段，再利用三角形面积公式求线段长. 【详解】证明：取中点，连接，． 在中，，分别为，的中点， 所以，且． 由已知，，所以，且． 所以四边形为平行四边形．所以． 又因为平面，且平面，所以平面． （2）在正方形中，．又由题知， 直线，在平面内，且相交于点，所以平面， 又平面，所以平面平面，即平面平面. (3)在直角梯形中，，，可得，． 在中，， 所以．所以． 由(2)知，平面与平面垂直且交线为，所以平面． 又因为平面，所以平面平面． 过点作的垂线交于点，则平面 所以点到平面的距离等于线段的长度 在直角三角形中， ， 所以 所以点到平面的距离等于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $