精品解析：贵州贵阳市北京师范大学贵安新区附属学校2025-2026学年第二学期高一期中考试数学试卷

北京师范大学贵安新区附属学校2025-2026学年第二学期 高一年级期中考试数学试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，设，，若点D满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，角所对的边分别为，若，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形 4. 已知，，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 6. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 7. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，有下面五个命题：（1）有水的部分始终呈棱柱形；（2）没有水的部分始终呈棱柱形；（3）如图（2）所示的四边形CDHG的面积为定值；（4）棱始终与水面所在平面平行；（5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值，其中所有正确命题的序号是（ ） A. （1）（2）（3）（4） B. （1）（3）（4）（5） C. （1）（2）（3）（4）（5） D. （1）（2）（3）（5） 8. 勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 的虚部为1 10. 如图，已知分别是的中点，分别在上，，二面角的大小为，且平面，则以下说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. 若直线交于点，则三点共线 D. 若的面积为6，则的面积为3 11. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 的面积的最大值为 D. 的最大值是8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，，，则________. 13. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积为________，体积为________. 14. 已知，若满足（互不相等），则的取值范围是______. 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. 已知，，．求： （1）与的夹角． （2）． 16. 在中，角的对边分别为．已知且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，线段的中点为，求的长． 17. 如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数，. （1）求的值； （2）试求出函数的定义域，并判断该函数的单调性与奇偶性；（判断函数的单调性不必给出证明.） （3）若函数，且对，，都有成立，求实数的取值范围. 19. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师范大学贵安新区附属学校2025-2026学年第二学期 高一年级期中考试数学试卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于不等式，因式分解得，解得，即. 已知，根据并集定义，合并两个集合的范围得， 即. 2. 在中，设，，若点D满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由图形的几何性质分解向量即可求解. 【详解】 由题意. 故选：D. 3. 在中，角所对的边分别为，若，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论. 【详解】由，利用正弦定理，， 即，因，则或（不合题意舍去）， 故△ABC一定是等腰三角形. 故选：B. 4. 已知，，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的几何意义进行求解. 【详解】因为，，， 所以向量在方向上的投影向量为. 故选：A. 5. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，△O′A′B′是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据题意得到，然后还原原图形计算即可. 【详解】由图可知：，则，原图形如下图： 所以，则面积为 故选：B 6. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线平面间的位置关系判断． 【详解】对于A，若，，，此时与也可以平行，A错； 对于B，若，，也可能有，B错； 对于C，若，，也可能有与相交（只要与交线平行即可）； 对于D，由面面垂直的性质定理知D正确． 7. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，有下面五个命题：（1）有水的部分始终呈棱柱形；（2）没有水的部分始终呈棱柱形；（3）如图（2）所示的四边形CDHG的面积为定值；（4）棱始终与水面所在平面平行；（5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值，其中所有正确命题的序号是（ ） A. （1）（2）（3）（4） B. （1）（3）（4）（5） C. （1）（2）（3）（4）（5） D. （1）（2）（3）（5） 【答案】C 【解析】 【分析】由题意抓住棱柱形的特征进行判断，逐项判断即可得到答案． 【详解】因为棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形， 其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形 所以通过棱柱特征，故（1）（2）正确． 因为水的体积是不变的，平面与平面之间的距离是不变的， 所以如图（2）所示的四边形CDHG的面积为定值，故（3）正确； 因为棱 始终与平行，与水面始终平行，所以棱始终与水面所在平面平行，故（4）正确． 因为水的体积是不变的，高始终是也不变．底面也不会，即是定值，故（5）正确． 所以正确的是：（1）（2）（3）（4）（5）． 故选：C. 8. 勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以为原点建立如图所示坐标系 则，设则，， 所以， 因为P为弧上任意一点，为边长为1的等边三角形，所以， 所以，即的范围为. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 的虚部为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算求解，根据共轭复数，复数的模长以及虚部的概念逐项分析判断. 【详解】因为， 所以，的虚部为1，，，故ACD正确，B错误； 故选：ACD. 10. 如图，已知分别是的中点，分别在上，，二面角的大小为，且平面，则以下说法正确的是（ ） A. 四点共面 B. 平面 C. 若直线交于点，则三点共线 D. 若的面积为6，则的面积为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意证出即可判断A项；假设B项正确，然后利用直线与平面平行的性质得出，从而推出与已知条件矛盾的结论，可判断B项；利用基本事实3可判断C项；通过作出二面角的平面角，从而找到与的公共边上的高之间的关系，从而求出结果，可判断D项. 【详解】由知EF平行且等于， 又分别是的中点，所以GH平行且等于，∴， 因此E，F，G，H四点共面，A项正确； 假设平面ADC成立，因为平面，平面平面，所以， 又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与矛盾，B项不正确； 因为直线交于点，所以，， 因为平面，，所以平面，同理平面，因为平面平面，所以，所以P，A，C三点共线，因此C正确； 在平面内作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又平面，所以，则为二面角的平面角，即， 因为平面，平面，所以，所以， 所以，D正确. 故选：ACD. 11. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 的面积的最大值为 D. 的最大值是8 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，根据正弦定理及两角和的正弦公式求解即可；选项B，根据正弦定理求解即可；选项C，根据余弦定理及基本不等式得到，代入面积公式求解即可；选项D，根据余弦定理及基本不等式求解即可. 【详解】选项A：由正弦定理，得，即， 又，所以，即. 因为，所以，则，所以，A正确. 选项B：设外接圆半径为，由正弦定理得，解得， 外接圆面积为，B错误. 选项C：由余弦定理，得， 即，当且仅当时取等号. 三角形面积，C错误. 选项D：由，得，所以， 结合基本不等式得，整理得，即，当且仅当时取等号，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，，，则________. 【答案】或 【解析】 【分析】利用余弦定理求解． 【详解】由余弦定理得，即， 解得． 13. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，且母线与下底面所成的角的正切值为2，则该圆台的表面积为________，体积为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】设圆台的上底面和下底面半径分别为和，圆台的高为，母线长为， 因为母线与下底面所成的角的正切值为2， 所以，得，. 则，，， . . 14. 已知，若满足（互不相等），则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数图象，根据三角函数对称性得，解得，进而得答案． 【详解】作出函数图象，不妨设，如图， 根据三角函数的对称性得可得， 另一方面，，即， 所以， 故答案为： 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. 已知，，．求： （1）与的夹角． （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）把展开，代入已知数据，结合数量积的公式求出夹角的余弦公式，即可得夹角； （2）由，利用向量数量积计算. 【小问1详解】 ，，， ，即， ． 又的取值范围为， ． 【小问2详解】 可得． 16. 在中，角的对边分别为．已知且． （1）求角的大小； （2）若，的面积为，线段的中点为，求的长． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行得到方程，结合正弦定理得，求出答案； （2）根据三角形面积和余弦定理可得关系式，再利用向量基本定理可得，两边平方后，计算出答案 【小问1详解】 ，故， 由正弦定理得， 又， 故， 即， 因为，所以，故， 因为，所以； 【小问2详解】 由，可得， 由余弦定理得，即， 故， 线段的中点为，故，两边平方得 ， 故； 17. 如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出． 【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）[方法一]：向量法 作，垂足为.由（1）得，平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得. 则 为平面的法向量. 设与平面所成角为，则. 所以与平面所成角的正弦值为. [方法2]：向量法 如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而． 又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值． [方法3]：【最优解】定义法 如图4，作，垂足为H，联结． 由（1）知，平面,因此为与平面所成的角． 设正方形的边长为2，则，在中，． 又因为，由知，．又因为，所以在中，． 所以与平面所成角的正弦值为． [方法4]：等积法 不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为． 【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法； 方法二：同方法一，只是建系方式不一样； 方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解； 方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法． 18. 已知函数，. （1）求的值； （2）试求出函数的定义域，并判断该函数的单调性与奇偶性；（判断函数的单调性不必给出证明.） （3）若函数，且对，，都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）2021；（2）定义域为，函数在上为减函数；奇函数；（3）. 【解析】 【分析】 (1)直接代入求值；（2）利用真数大于0求定义域，复合函数判断单调性，奇偶性的定义判断奇偶性；（3）用分离参数法求m的范围. 【详解】解：（1）； （2）由有，∴函数的定义域为. ∵，∴函数在上为减函数； ，且定义域关于原点对称，∴函数为奇函数； （3）∵对，，都有恒成立， ∴， 由（2）知在上为减函数，∴， ∵， 令，则，当时，， ∴当即时，， ∴，即， ∴的取值范围为. 【点睛】(1)函数单调性和奇偶性的判断一般用定义法； （2）含双量词的不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， ①若，，总有成立，故； ②若，，有成立，故； ③若，，有成立，故； ④若，，有，则的值域是值域的子集 ． 19. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【解析】 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 （ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $