精品解析：陕西西安铁一中滨河高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

2025-2026学年第二学期期中考试 高一年级数学 （满分150分 时间120分钟） 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. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长公式运算即可得解. 【详解】因为,所以.​ 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由交集的运算即可求解. 【详解】由题意得. 3. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】因为样本按比例分配，男女比例为， 所以应抽取的男生人数为. 4. 设正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式“1”的妙用计算求解. 【详解】， 当且仅当，时取等． 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】上底边长，下底边长，侧棱， 由正四棱台性质可得： 如图，， 所以，再由勾股定理可得棱台的高：， 代入体积公式计算： . 6. 将函数图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将图像沿x轴向左平移个单位长度，得到，则下列结论正确的是（ ）. A. 的最小正周期为 B. 在上单调递减 C. 图像关于直线对称 D. 图像关于点对称 【答案】A 【解析】 【分析】利用逆向变换求出的解析式，利用三角函数的周期公式、单调区间判断选项A、B，根据对称轴与对称中心的性质判断C、D. 【详解】将沿x轴向右平移个单位长度，横坐标变为原来的， 可得. 选项A，的，最小正周期，A正确； 选项B，当时，，在单调递增， 在单调递减，故在不是单调递减，B错误； 选项C，正弦函数对称轴处函数值为，代入： ，因此不是对称轴，C错误； 选项D，正弦函数对称中心处函数值为，代入： ，因此不是对称中心，D错误. 7. 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. 8. 已知直四棱柱的棱长均为.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线. 【详解】如图，取的中点为 因为，直四棱柱的棱长均为2， 所以为等边三角形，所以， 又四棱柱为直四棱柱， 所以平面， 又在平面内，故， 因为侧面，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 取的中点为的中点为，连接、， 则，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 则，所以，根据弧长公式可得. 二、多项选择题：本大题共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的．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（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的除法运算公式，化简复数，判断选项. 【详解】由， 故z的虚部为，，， ，A、C对，B、D错. 10. 如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）． A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 平面与平面所成角的余弦值为 D. M，N，B，四点共面 【答案】BCD 【解析】 【详解】设正方体棱长为，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，各点坐标为： . A：，若两直线平行，则，即，方程组无解，直线与不平行，A错. B：平面，交平面于点，点不在直线上，所以与是异面直线，B对. C：因为平面是底面，所以易得平面的法向量；设平面法向量，，， 取，得，设平面与平面所成角为，，C对. D：，，所以，一组平行线确定一个平面，故四点共面，D对. 11. 已知点O是内及边界上的一点，则以下说法正确的有（ ）． A. 若（），则动点O的轨迹一定通过的垂心． B. 若O是的外心，且，则 C. 若O为的内心，，则 D. 若E，F，G分别为，，的中点，且，，则的最大值为． 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理，结合中点向量公式判断A选项，结合题意与向量数量积的性质得到，最后结合二倍角公式得到判断B选项，由内心的性质得到判断C选项，取中点，确定点的轨迹，再利用数量积的运算法则计算判断D选项. 【详解】对于A选项，由正弦定理得，则令， 于是，其中为边中点， 因此点在边的中线所在直线上，动点的轨迹一定通过重心，故A错误； 对于B选项，由题意得，即， 设，两边同时平方得， 解得，又因为， ∴， 即，可得，B选项正确； 对于C选项，若为的内心，则，∴， 所以由余弦定理可得，C选项正确； 对于D选项，设中点为，由，得点的轨迹是以为直径的圆， 而为中点，则该圆的圆心为，半径， 又，于是点在圆上， 因此， ， 当且仅当三点共线时取等号，因此的最大值为，D选项正确. 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．把答案填在答题卡的相应位置． 12. 已知复数，，则复数的代数形式为_____. 【答案】 【解析】 【详解】 ， 故代数形式为 13. 若函数，则的解集为____________ 【答案】 【解析】 【分析】做出函数的大致图象，结合函数的单调性，把，转化为，即可求解. 【详解】由题意，做出函数的大致图象， 如图所示，可得函数在上单调递减函数， 又由，可得，解得， 即的解集为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了分段函数的性质，其中解答中当题设条件中出现“”此类不等式问题时，头脑中应当联想使用函数的单调性进行解题是解答的关键，着重考查了推理论证能力以及数形结合思想. 14. 已知四面体中，，平面平面，平面平面，，过点B作，，分别交，于点M，N．设三棱锥，四棱锥的外接球半径分别为，，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】对于三棱锥，由平面平面，平面平面，,平面，可知平面，再由，可知平面,又，从而得到，再根据，从而得到平面，故，最后再利用三角形外心作面的垂线找到球，计算出；对于四棱锥，通过三棱锥的分别会发现，故四边形四个顶点在以线段为直径的圆上，再取中点,作平面的垂线，找到球心，计算出，最后求出的最大值. 【详解】因为平面平面，平面平面， ,平面， 所以，平面，故 又平面， 所以，平面平面，平面平面， ,平面, 所以，平面, 平面， 所以，， 由于,,, 所以，平面，故, 在中，取中点,作平面的垂线交于，则 由于为直角三角形，,又， 故,为斜边的中点，那么, 又在中, , 所以，即点为三棱锥外接球球心，， 在四边形中，，故四边形四个顶点在以线段为直径的圆上，取中点,作平面的垂线交于，则, 由于为直角三角形, ,又， 故,为斜边的中点, 所以，, 故点为四棱锥的外接球球心，, 平面平面，平面平面 又平面平面 所以，平面, 平面, 所以， 所以， 即， 设(为参数,)，则 ，， 所以，的最大值为. 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，，且与夹角为． （1）求； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先计算的值，再代入向量模的计算公式，即可求解； （2）代入向量夹角的余弦公式，即可求解. 【小问1详解】 ∵，且与夹角为， ∴， ∴； 【小问2详解】 ， ∴ 16. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，M是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）M是线段的中点． 【答案】（1）在正方形中，在平行四边形中， ∵平面，平面，且平面，平面， ∴平面，平面， 又∵平面，平面，且， ∴平面平面. （2）取与交点为，则，连接. ∴平面平面， ∵平面，且平面， ∴，在平行四边形中， ∴四边形为平行四边形，∴， ∴M是线段的中点. 【解析】 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，从而证明面面平行； （2）由线面平行的性质得到线线平行，借助平行四边形的性质即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求的周长； （3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标关系，结合正余弦定理边角互化即可求解， （2）由余弦定理以及面积公式即可求解得解， （3）根据正弦定理得，进而根据面积公式可得，由三角恒等变换，化简可得，即可根据三角函数的性质求解. 【小问1详解】 若，则, 由正弦定理可得，故， 因此, . 【小问2详解】 由（1）可得，又,故， 因此，故， 因此周长为 【小问3详解】 由于，故， 由正弦定理可得， 故， 因为，所以， 所以， 故, 由于三角形为锐角三角形，故,解得， 因此，故，则， 因此. 18. 如图，正方体的棱长为4，，分别是，上的点，且，. （1）求直线与所成角的余弦值. （2）设是线段上的动点（含端点）. （i）判断三棱锥的体积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，求出体积的最小值. （ii）当平面时，求的值. 【答案】（1） （2）（i）不是，体积最小值为；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦值. （2）（i）利用反证法证明不平行于平面即可判断，再求出线段上到平面距离最小值即可；（ii）根据给定条件，确定点的位置，再利用等体积法求解. 【小问1详解】 在棱长为4的正方体，过点作交于，连接， 由正方体的对角面是矩形，得，则， 即为直线与所成的角或其补角， 由，，得，，，， 因此， 所以直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 （i）三棱锥的体积不是定值. 假设三棱锥的体积是定值，则线段上任意每一点到平面的距离都相等， 又平面，于是平面，由（1）知，且平面， 则平面，而平面，则平面平面， 又平面，因此平面，取中点，连接，显然为的中点， 则，又与平面交于点，于是与平面相交，两者矛盾， 即假设不成立，所以三棱锥的体积不是定值， 由图知，线段在平面的同侧，且在线段的所有点中，到平面的距离最小， 则当与重合时，三棱锥的体积最小， 且， 所以三棱锥体积的最小值为 （ii）连接，由正方体的对角面是矩形， 得，且平面，则平面，同理平面， 而平面，因此平面平面， 此时线段平面，满足平面， 设，到平面的距离分别为，，则. 是边长为的等边三角形，则， 由，得，解得， 由，得，解得， 所以. 19. 在中，，，，平面上的动点满足，且点，在直线的两侧. （1）求外接圆的直径； （2）记，试将表示为关于的函数； （3）设点满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2），. （3）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，再由正弦定理即可求解； （2）在中,由正弦定理得到，进而在中，由正弦定理即可求解； （3）由向量数量积的运算律，结合辅助角公式和二倍角公式得到，进而可求解. 【小问1详解】 在中， 由余弦定理， 由正弦定理可得. 【小问2详解】 因为，故四点共圆， 由圆的性质，同弧所对的圆周角相等， 故，， 由正弦定理可得，所以， 所以， 所以， 由正弦定理可得：，. 【小问3详解】 因为， 所以 ，锐角满足，. 因为，所以， 当且仅当，即时，； 又，. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中考试 高一年级数学 （满分150分 时间120分钟） 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. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 设正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将图像沿x轴向左平移个单位长度，得到，则下列结论正确的是（ ）. A. 的最小正周期为 B. 在上单调递减 C. 图像关于直线对称 D. 图像关于点对称 7. 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. 8. 已知直四棱柱的棱长均为.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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的．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（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 10. 如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）． A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 平面与平面所成角的余弦值为 D. M，N，B，四点共面 11. 已知点O是内及边界上的一点，则以下说法正确的有（ ）． A. 若（），则动点O的轨迹一定通过的垂心． B. 若O是的外心，且，则 C. 若O为的内心，，则 D. 若E，F，G分别为，，的中点，且，，则的最大值为． 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．把答案填在答题卡的相应位置． 12. 已知复数，，则复数的代数形式为_____. 13. 若函数，则的解集为____________ 14. 已知四面体中，，平面平面，平面平面，，过点B作，，分别交，于点M，N．设三棱锥，四棱锥的外接球半径分别为，，则的最大值为__________． 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，，且与夹角为． （1）求； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，M是线段上的一点，且平面．求证： （1）平面平面； （2）M是线段的中点． 17. 在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求的周长； （3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围. 18. 如图，正方体的棱长为4，，分别是，上的点，且，. （1）求直线与所成角的余弦值. （2）设是线段上的动点（含端点）. （i）判断三棱锥的体积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，求出体积的最小值. （ii）当平面时，求的值. 19. 在中，，，，平面上的动点满足，且点，在直线的两侧. （1）求外接圆的直径； （2）记，试将表示为关于的函数； （3）设点满足，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $