精品解析：黑龙江大庆铁人中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

大庆铁人中学2025级高一年级下学期期中考试数学 2026.6 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场号/座位号填写在答题卡上，如有条形码，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3．请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4．保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若复数满足（是虚数单位），则的共轭复数 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 则 故选 2. 在中，内角所对的边分别为.则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先依据正弦定理把边转化为角的正弦形式，再分别由推出，由推出，判断充分性和必要性. 【详解】根据正弦定理可得，，，为外接圆半径，， 若，不等式两边同乘正数，不等号方向不变， 可得，即，充分性成立； 若，即，不等式两边同除以正数， 可得，必要性成立， 因此是的充要条件. 3. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，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】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或，B错误； 对于C，由，，得与相交或，C错误； 对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 而，，于是，又，，则，因此，D正确. 故选：D 4. 平面向量与的夹角为，，则等于（　　）. A. 2 B. 2 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再由数量积求模的公式计算作答. 【详解】依题意，，而与的夹角为，，则有， 所以. 故选：A 5. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥的几何量和展开图几何量的关系，以及扇形的弧长公式，即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面周长为， 所以圆心角为，则. 故选：A 6. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先在中利用内角和定理求出角，根据等角对等边得，再在中用内角和定理求角，结合正弦定理算出，最后在中依据余弦定理求出. 【详解】在中，， 又因为，因此：， 即，故，在中， ，又因为， 因此：，根据正弦定理可得：  ，在中，已知， ，，由余弦定理可得： ，其中 ， 又因为， 所以， ，， 因此： ，  得. 7. 已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为为的外心，即有，所以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解. 【详解】 因为， 则，所以，即B，O，C三点共线． 因为为的外心，即有， 所以为直角三角形，因此，为斜边的中点．因为，所以为锐角． 如图，过点作，垂足为． 因为在上的投影向量为，所以， 所以在上的投影向量为． 又因为，所以． 因为，所以， 故的取值范围为． 故选：A． 8. 在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥， 因为为的中点，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:2， 故，，又， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：D 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 二、多选题（本题共3个小题，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. 下列说法中错误的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 D. 正四棱锥的侧面一定是等腰三角形 【答案】ABC 【解析】 【详解】有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故A不正确； 棱台有两个面平行且相似，其余各面都是梯形，并且侧棱延长线都交于一点，故B不正确； 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与平行于底面的截面之间的部分组成的几何体叫棱台， 若截面与棱锥底面不平行，则底面与截面之间的部分组成的几何体不是棱台，故C不正确； 正四棱锥的侧棱长一定相等，故正四棱锥的侧面一定是等腰三角形，D正确. 10. 已知的三个内角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且只有一解，则的取值范围为 B. 若点在边上，为角的角平分线且长度为，则 C. 若为边的中点，且，则的面积的最大值为 D. 的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据三角形解的情况可判断A选项；根据余弦定理与正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得，再根据角平分线利用等面积法可判断B选项；结合转化法表示向量的模，再根据基本不等式可得面积的最值，判断C选项；根据三角恒等变换可得，根据三角函数性质可判断D选项． 【详解】由已知， 根据余弦定理可知，即， 再由正弦定理可得， 又，即，所以， 所以，即，又，， 所以，， A选项：，，由正弦定理得，， 当时，有唯一解；当时，， 由于，此时只有一解，故或，A选项错误； B选项：为角平分线，则，所以， 即， 即，则，B选项正确； C选项：由为边的中点，则， 即， 所以，即， 又，即，， 即，当且仅当时等号成立，C选项正确； D选项：由三角形可知 ， 又在中，， ，即， 所以，则， 即，D选项错误． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，证明即可判断；对于B，当时，截面为梯形，当时，截面为五边形，即可判断；对于C，求出截面为正六边形的面积即可判断；对于D，设的中点为，对平面和平面沿展开，求出线段的长即可判断. 【详解】对于A，当时，连接， 因为分别为和的中点，所以， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，延长交于点，连接交于点， 当时，在线段上，截面为梯形， 当时，在延长线上，交于点，连接交于点，截面为五边形， 所以，当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形，故B正确； 对于C，当时，为中点， 因为平面平面，所以截面可以为正六边形，如图： 因为正方体的棱长为，所以正六边形的边长为， 所以面积，故C错误； 对于D，设的中点为，由A可知， 所以四点共面， 对平面和平面沿展开，如图： 四边形为等腰梯形，，， 所以， 又三角形为等腰三角形，， 所以，即， 所以， 又， 所以的最小值为，故D正确. 三、填空题（本题包括3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在答题卡中横线上） 12. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据投影向量的计算公式计算即可． 【详解】在上的投影向量为． 13. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点，为的中点，在上，，平面，则的值为________． 【答案】3 【解析】 【分析】设与交于点，连接，由题意可得，所以， 又由平面，可得，所以. 【详解】设与交于点，连接，如图所示， 因为为的中点，所以， 由于四边形是棱形，可得，则， 所以，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以. 故答案为：3. 14. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为，满足，若，则实数的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由结合余弦定理和面积公式可得，再利用同角三角函数的关系可求得的值，由化简得，由三角函数的性质求出的范围，从而可求出的最小值. 【详解】，又，，即， ，，即，解得或（舍去）， ，， 在锐角中，有，则，， ， ，，，，， ，， 设，则，当且仅当，即时取等号， 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，，两两的夹角相等，且，，求； （2）若，且与垂直，求与的夹角． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【15题详解】 如果平面上三个向量两两夹角相等，则三向量两两夹角为0或，， 当三向量两两夹角为0时，此时三向量同向共线，因此=， 当三向量两两夹角为时， ， ， 即. 【16题详解】 由，得， 又，解得，所以， 所以与的夹角. 16. 如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P. （1）求BN； （2）求∠MPN的正弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平面向量减法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可； （2）根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质和定义、夹角公式、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【小问1详解】 因为BN是中线，所以， ， 即； 【小问2详解】 因为线AM是中线， 所以，所以， 即， 又因为 ， 所以， 17. 已知的内角所对的边为，且． （1）求； （2）若，求面积的最小值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据，得到，再利用三角恒等变换求解； （2）由，得到， 再利用正弦定理，再结合余弦定理和基本不等式得到，然后利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 因为， 所以在中由正弦定理可得， 即， 即，得， 又因为，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 因此， 在中，由正弦定理可得，即． 又由余弦定理可得，即， 由，且，得， 即 ，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立， 故面积的最小值为． 18. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. （1）求证: 平面; （2）若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； （3）若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在为线段中点，证明见解析； （3）作图见解析，截面周长为. 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； （3）取线段的中点，连接，通过证明，得到四边形为截面，然后分别求出各边的长即可. 【小问1详解】 取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； 【小问3详解】 取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 19. 如图，边长为2的等边三角形ABC中，O是BC的中点，D，E分别是边AB，AC上的动点（不含端点），记. （1）在图①中，∠DOE=120°，试将AD，AE分别用含的关系式表示出来，并证明AD+AE为定值； （2）在图②中，∠DOE=60°，问此时AD+AE是否为定值？若是，请给出证明；若不是，求AD+AE的取值范围. 【答案】（1），，，证明见解析 （2）不是定值，范围是 【解析】 【分析】（1）在△BOD和△COE中，用正弦定理可得：，，表示出，，得到整理化简即可得到. （2）在△BOD和△COE中，用正弦定理表示出，，进而得到， ，表示出， 设，则，判断出在上单调递减，在上单调递增，即可求出取值范围. 【小问1详解】 由∠DOE=120°，∠BOD=θ， 则∠BDO=120°-θ，∠COE=60°-θ，∠CEO=60°+θ， 在△BOD和△COE中，分别应用正弦定理可得， ， 故，， 所以，，. 从而 ， 从而AD+AE=3为定值； 【小问2详解】 当∠DOE=60°，∠BOD=θ， 则∠BDO=120°-θ，∠COE=120°-θ，∠CEO=θ， 在△BOD和△COE中，分别应用正弦定理可得， ，， 故，， 所以， ，， ，. 令， ， 设，则， ， 由，，，， 又在上单调递减，在上单调递增， 而当或2时，，当时，，所以， 因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆铁人中学2025级高一年级下学期期中考试数学 2026.6 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场号/座位号填写在答题卡上，如有条形码，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3．请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4．保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 若复数满足（是虚数单位），则的共轭复数 A. B. C. D. 2. 在中，内角所对的边分别为.则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 4. 平面向量与的夹角为，，则等于（　　）. A. 2 B. 2 C. 4 D. 5. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A. B. C. D. 6. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，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. 下列说法中错误的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 D. 正四棱锥的侧面一定是等腰三角形 10. 已知的三个内角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且只有一解，则的取值范围为 B. 若点在边上，为角的角平分线且长度为，则 C. 若为边的中点，且，则的面积的最大值为 D. 的取值范围是 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 的最小值为 三、填空题（本题包括3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在答题卡中横线上） 12. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为__________． 13. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点，为的中点，在上，，平面，则的值为________． 14. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为，满足，若，则实数的最小值为_________． 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，，两两的夹角相等，且，，求； （2）若，且与垂直，求与的夹角． 16. 如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P. （1）求BN； （2）求∠MPN的正弦值. 17. 已知的内角所对的边为，且． （1）求； （2）若，求面积的最小值． 18. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. （1）求证: 平面; （2）若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； （3）若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 19. 如图，边长为2的等边三角形ABC中，O是BC的中点，D，E分别是边AB，AC上的动点（不含端点），记. （1）在图①中，∠DOE=120°，试将AD，AE分别用含的关系式表示出来，并证明AD+AE为定值； （2）在图②中，∠DOE=60°，问此时AD+AE是否为定值？若是，请给出证明；若不是，求AD+AE的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $